Текст
                    Чекова A.M.

»»»х- дал >>>»;< В ШЛИЦАХ Учебное пособие •VWrWAVAWAWMvW ‘jVAvz?/»wa □ИвЯв ...ЯВИ
УДК 373.167.1:512+512 (075.3) ББК 22.14 я 721 Чекова А.М. Геометрия в таблицах. 7-11 классы. Учебн. пособие - X.: КраТна мр!й™, 2006.-168 с. Пособие содержит основные теоретические вопросы курса геометрии 7-11 классов согласно действующей программе по математике. Материал пособия подан в справочной форме, чаще всего в виде таблиц, что поможет учащим- ся наглядно увидеть правила и их иллюстрации, лучше понять алгоритмы. В рубрике «Ученическая страничка» рассмотрены решения типичных задач каждой темы, что поможет учащимся лучше усвоить изученный материал, научит их правильно и вкратце записывать условия и решения заданий. Будет полезна для учащихся и рубрика «Страничка абитуриента» (11 класс). С ее помощью старшеклассники смогут решать сложные задания и подготовиться к поступлению в высшие учеб- ные заведения. Пособие предназначено для учащихся 7—11 классов, учителей, абитуриентов. Учебное издание Чекова Алла Михайловна Геометрия в таблицах 7-11 классы Редактор Дудник Н.В. Корректор Ольховская М. А. Компьютерная верстка Мажитова Р.Р. Дизайн обложки Терлецкий А. В. Подписано в печать 05.01.2006 р. Формат 60x90/8. Бумага офсет. Печать офсет. Издатель Халимон Ю.А. Регистр, свид. ДК № 961 от 19.06.2002 г. 61146, г. Харьков, а/я 2656, тел. 58-50-70 J ISBN 966-8710-63-0 © Чекова А. М., 2006. © Терлецкий А. В., худож. оформл., 2006. © КраТна мр!й™, 2006.

простейшие геометрические фигуры И ИХ СВОЙСТВА §1. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА простейших фигур ________________Аксиомы планиметрии________________ Основными фигурами планиметрии являются точка и прямая. Аксиомы принадлежности точек и прямых на плоскости 1. Какова бы ни была прямая, существуют точки, ей принадлежащие и не принадле- жащие. в а 2. Через две точки можно провести прямую и только одну. н АВ — единственная Аксиомы взаимного размещения точек на прямой и на плоскости 1. Из трёх точек на прямой одна и только одна лежит между двумя другими. 2. Прямая разбивает плоскость на две полуплоскости. 3. Отрезок MN пересекает прямую, а, ес- ли точки М и N лежат в разных полу- плоскостях относительно прямой а. Точка В лежит между точками А и С Аксиома параллельных прямых Через точку, не лежащую на данной пря- мой, можно провести на плоскости пря- мую, параллельную данной, и только од- ну. а Ь —единственная. 4
Аксиомы измерения отрс J3KOB и углов _ 1. Каждый отрезок имеет определенную длину, большую нуля. Длина отрезка равна сумме длин частей, на которые разбивается отрезок любой своей точкой. 2. Каждый угол имеет определенную градусную меру, большую, нуля. Развернутый угол равен 180°. Градусная мера угла равна сумме градус- ных мер углов, на которые он разбивается лю- А АВ = а;а >0. АВ-АС + СВ. к В С ХАВС = п‘;п >0. бым лучом, проходящим между его сторонами. 3. Луч ВК называется лучом, проходящим ме- жду сторонами угла АВС, если пересекает от- резок, концы которого лежат на сторонах угла (В К п АС). MON ZMON = 180“ ZMON — развернутый \к ZABC = ZABK + ZKBC Аксиомы откладывания от резкое и углов 1. На любой полупрямой от ее начальной точки можно отложить отрезок заданной длины и только один. 2. От любой полупрямой в заданную полуплос- кость можно отложить угол с заданной градус- ной мерой, меньшей 180°, и только один, и 3. Каков бы ни был треугольник, существует равный ему треугольник в заданном располо- жении относительно данной полупрямой. 4. Равными треугольниками называются тре- угольники, у которых соответствующие стороны и углы равны, причем соответствующие углы должны противолежать соответствующим сто- ронам. ъ ♦ —-• О А О А = b; отрезок ОА — единственный а 1 В с ZABC = п ; 0 < п < 180 ; ZABC — единственный в в,' —! а с А С ьАВС =д45,С, АВ = АХВ,; ВС = ВХСХ; АС = АХСХ ZA = ZAX-,ZB = ZBX,ZC = ZCV 5
§2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ И ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ ПРЯМЫХ. УГЛЫ _________Определения________ Две прямые в плоскости называют- ся параллельными, если они не пересекаются. Примеры Две прямые называются перпен- дикулярными, если они пересе- каются под прямым углом. а 1 b, АВ О А = 90° А Через данную точку можно провес- ти прямую, перпендикулярную дан- ной, и только одну. Перпендикуляром к данной пря- мой называется отрезок прямой, перпендикулярной данной, от за- данной точки до точки пересечения этих прямых. Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опу- щенного из этой точки на прямую. Перпендикуляр — кратчайшее расстояние от данной точки до то- чек данной прямой. а Ь —единственная OP la; ОР — перпендикуляр к прямой а, точка Р — основание перпендикуляра. ОР — расстояние от точки О до прямой а. Углы Углом называется фигура, образованная двумя раз- личными полупрямыми, ис- ходящими из одной точки. А.АОВ. О — вершина угла, ОА и ОВ — стороны угла. Биссектрисой называется луч, проходящий между сторонами угла и делящий угол на два равных угла. ОС — биссектриса АЛОВ ААОС = АСОВ 6
Виды углов ZABC = 90° прямой а <90° острый ^>90° тупой ZJOB = 180° развернутый Смежные и вертикальные углы Смежными углами называются углы, у которых одна сторона об- щая, а две другие стороны этих углов являются дополнительными полупрямыми. Сумма смежных углов равна 180°. Если два угла равны, то смежные с ними углы тоже равны. Угол, смежный с прямым углом, есть прямой угол. ZAOB и Z.BOC — смежные, ZAOB + ZBOC = 180°. Z1 и Z2 — смежные. Z1 = 90', Z2 = 90. А в Вертикальными называются уг- лы, у которых стороны являются дополнительными полупрямыми. Вертикальные углы равны. ZAOC и ZDOB —вертикальные, Z1 и Z2 — вертикальные, ZAOC = ZDOB, Zl = Z2. Примечание. Часто при доказательстве теорем и решении задач в геометрии ис- _____________пользуют метод от противного.___________________________ Алгоритм доказательства методом от противного 1. Предположение, обратное тому, что требуется доказать. 2. Следствие, вытекающее из предположения. 3. Противоречие. (Противоречие может быть с условием теоремы или задачи, с аксиомами, с известными свойствами.) 4. Вывод: допущенное не верно, а верно то, что требовалось доказать.
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Задача 1. Один из углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, равен сум- ме смежных с ним углов. Чему равны углы? Дано: АВ r>CD .АСОВ = АСОА +ABOD. Найти: АСОА ; АСОВ; ABOD ; ADOA . Решение. При пересечении прямых АВ и CD образовались четыре угла. АСОВ имеет два смежных угла АСОА и ABOD, которые яв- ляются вертикальными. Пусть АСОА = х°; тогда ABOD - х° (свойство вертикальных углов), по условию зада- чи, АСОВ = 2х°. По свойству смежных углов АСОВ + ABOD -180°. Составим уравнение: 2х + х = 180°, решим его. Зх = 180°, х = 60°. Значит АСОА = ABOD = 60°; АСОВ = ADOA, так как являются вертикальными и АСОВ = 2х = V2W* 1 2 3 4. ________________._______________________________ Ответ: 60°; 120°; 60°; 120°. Задача 2; Три точки А,В и С лежат на одной прямой. Известно, что АВ = У1м, ВС’ = 4,3 м, АС = 8 .м. Доказать, что точка С не лежит между точками А и В. Доказательство. С А В Докажем методом от противного. ______ __________z 1. Допустим, что точка С лежит между точками А и В. 2. Из аксиомы измерения отрезков следует, что А С + СВ = АВ, т. е. 8 л/ + 4,3 и = 3,7 м . 3. Получим противоречие: 12,3 = 3,7. 4. Вывод: допущенное - не верно, а верно то, что нужно доказать. Точка С не лежит между точками А и В. 8
§3. ТРЕУГОЛЬНИКИ Определение элементов треугольника Медианой треугольника назы- вается отрезок, соединяющий вершину треугольника с сере- диной противолежащей сторо- ны._________________________ Биссектрисой треугольника на- зывается отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяю- щий вершину треугольника с точкой противолежащей сторо- ны. Высотой треугольника, опущен- ной из данной вершины, назы- вается перпендикуляр, опущен- ный из этой вершины к прямой, содержащей противолежащую сторону треугольника. ° ВМ = СМ. AM - медиана ДЛ5С aamn = akmn. mn - биссектриса &АМК . ВК - высота &ABD Треугольники называются равными, если равны их соответствующие элементы: сторо- ны, углы, медианы, биссектрисы, высоты. Два треугольника можно сравнить по трём элементам. Первый признак равенства треугольников — по двум сторонам и углу между ними. Если две стороны и угол между ними одного треугольника рав- ны соответственно двум сторо- нам и углу между ними другого треугольника, то такие тре- угольники равны. Второй признак равенства треугольников - по стороне и прилежащим к ней углам. Если сторона и два прилежа- щих к ней угла одного тре- угольника равны соответствен- но стороне и двум прилежащим к ней углам второго треуголь- ника, то такие треугольники равны. 9
________Третий признак равенства треугольников - по трем сторонам Если три стороны одного тре- угольника равны соответствен- но трем сторонам второго тре- угольника, то такие треугольни- ки равны. Равнобедренный треугольник Равнобедренным треугольни- ком называется треугольник, у которого равны две стороны. АВ = ВС - боковые; АС - Основание Свойства равнобедренного треугольника 1. У равнобедренного тре- угольника две равные стороны (боковые). _________________ 2. У равнобедренного тре- угольника углы при основании равны.______________________ 3. У равнобедренного треуголь- ника медиана, проведенная к ос- нованию, является биссектрисой и высотой. АВ = ВС АК = КС, ВК - медиана, ВК1 АС, ВК - высота, А АВ К = АСВК, ВХ-биссектриса. __________________Признаки равнобедренного треугольника Треугольник является равнобедренным, если в нем совпадают: а) высота и медиана; б) или высота и биссектриса; в) или медиана и биссектриса. Вывод: в равнобедренном треугольнике высота, медиана и биссектриса, проведен- ные к основанию, совпадают. Равносторонний треугольник Треугольник, у которого все стороны равны, называется равносторонним. АВ = ВС = АС __________________Свойства равностороннего треугольника 1. У равностороннего треуголь- ника все углы равны.________ 2. Любая медиана равносто- роннего треугольника является биссектрисой и высотой. АК - медиана, высота, биссектриса. 10
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Задача 1. ААВС = ABAD. Их стороны AD и ВС пересекаются в точке О, которая яв- ляется их серединой. Доказать, что ЛАОС = ABOD. ано: AABC = ABAD. ADnBC в точке О. AO = DO\ ВО = СО. оказать: ААОС = АВОР.______________________________________ Доказательство. 1-й способ. Так как ААВС = ABAD (по условию), то ААСВ = ABDA как соответственные элементы. ЛАОС = ABOD как вертикаль- ные углы. СО = ВО по условию (точка О - середина ВС и AD; ВС = AD), тогда ААОС = ABOD по стороне и двум прилежащим к ней углам (второй признак равенства треугольников ). 2-й способ. Из равенства ААВС = ABAD следует, что АС = BD и ZC = AD как соответст- венные элементы. СО = DO, т. к. О - середина ВС и AD; ВС = AD, тогда ААОС = ABOD по двум сторонам и углу между ними (первый признак равенства треугольников)._______ Задача 2. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О, которая является их середи- ной. Известно, что AACD = ABCD. Доказать, что ABCD - равнобедренный. Дано: АВ г, CD в точке О. OC = OD\ АО = ВО. AACD = ABCD. Доказать: ABCD - равнобедренный.______________________ До казател ьство. Рассмотрим АСОА wADOB. Эти треугольники равны по двум сторонам и углу между ними: CO = DO - по условию, АО-ВО - по условию, АСОА - ADOB - вертикальные, т.к. АСОА = ADOB, то ААСО = ABDO как соответственные элементы равных тре- угольников, тогда ABCD = ABDO, т. к. ABCD = AACD. Рассмотрим ACBD. Стороне CD прилежат ABCD = ABDC, тогда ACBD - равнобед- ренный с основанием CD. 11
§4. ПРИЗНАКИ ПАРАЛЛЕЛЬНОСТИ ПРЯМЫХ ________________________Углы при пересечении ____________Определения_______________ При пересечении двух прямых третьей, секущей, образуются: а) внутренние односторонние: Z1 и Z8; Z4 И Z5. б) внутренние накрест лежащие: Z1 и Z5; Z4 и Z8. ч в) соответственные: Z1 и Z7; Z4 и Z6; Z2 и Z8; Z3 и Z5. двух прямых секущей Примеры Признаки параллельности прямых а ± с;Ь ± с, то а || b 1. Две прямые параллельны, если: а) внутренние накрест лежащие углы равны; б) соответственные углы равны; в) сумма внутренних односторонних уг- лов равна 180°. 2. Две прямые, перпендикулярные треть- ей прямой,параллельны. 3. Две прямые, параллельные третьей, параллельны друг другу. a)Zl = Z3; 6)Z1 = Z4; b)Z2 + Z3 = I80°, to a || b a || c; b || с; to a || b 12
Свойства параллельных прямых 1. Если две прямые параллельны, то: а) внутренние накрест лежащие углы равны; б) соответственные углы равны; в) внутренние односторонние углы в сумме равны 180°. 2. Если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпен- дикулярна и второй параллельной прямой. 3. Если две пересекающиеся прямые, соот- ветственно, параллельны двум перпендику- лярным прямым, то они перпендикулярны. б) или Z2 = Z4; в) или Z2 + Z3 = 180° Сумма углов треугольника 1. Сумма углов треугольника равна 180°. 2. В любом треугольнике хотя бы два угла острые. 3. Если один из углов равнобедренного тре- угольника равен 60°, то этот треугольник - равносторонний, то есть у равностороннего треугольника каждый угол равен 60°. Внешним углом треугольника при данной вершине называется угол, смежный с углом треугольника при этой вершине. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним. АВ = ВС = АС Z1— внешний ААВС 13
Прямоугольный треугольник Треугольник называется прямоугольным, ес- А ли он имеет прямой угол. ZC = 90°, АВ — гипотенуза, АС, ВС — катеты. Сумма острых углов прямоугольного тре- угольника равна 90°. Высота прямоугольного треугольника, опу- щенная на гипотенузу, разбивает треуголь- ник на два прямоугольных треугольника, острые углы которых равны острым углам данного треугольника. У прямоугольного равнобедренного тре- угольника острые углы равны по 45° каждый. АС = ВС, АА = АВ = 45°. Признаки равенства прямоугольных треугольников Для сравнения двух прямоугольных треугольников достаточно найти два соответственно равных элемента Первый признак: по двум катетам. Если два катета одного прямоугольного тре- угольника соответственно равны двум катетам другого прямоугольного треугольника, то такие треугольники равны. в с Второй признак: по гипотенузе и катету. Если гипотенуза и катет одного прямоуголь- ного треугольника соответственно равны ги- потенузе и катету второго прямоугольного треугольника, то такие треугольники равны. в ср 14
Третий признак: по гипотенузе и острому углу. Если гипотенуза и острый угол одного прямо- угольного треугольника соответственно рав- ны гипотенузе и острому углу второго прямо- угольного треугольника, то такие треугольни- ки равны. Четвертый признак: по катету и острому углу. Если катет и острый угол одного прямоуголь- ного треугольника соответственно равны ка- тету и острому углу второго прямоугольного треугольника, то такие треугольники равны. В прямоугольном треугольнике против угла 30° лежит катет, равный половине гипотенузы. Медиана прямоугольного треугольника, про- веденная к гипотенузе, равна половине гипо- тенузы. А СМ - медиана СМ - AM = ВМ СМ = —АВ 2 УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1/На рисунке найти параллельные прямые и доказать их параллельность. Доказать: Л5||С.£). Решение. Докажем это: &АОВ = &COD, т.к. ВО = СО\ АО = DO .по условию, /ЛОВ = Z.DOC как вертикальные (первый признак). Из равенства треугольников следует, что ЛАВО = Z.DCO, а это внутренние на- крест лежащие углы при прямых АВ,CD и секущей ВС, значит, АВ CD. 15
2. Внутренние односторонние углы, образованные при пересечении двух параллель- ных прямых третьей прямой, относятся как 2:3. Чему равны эти углы? Дано: а\Ь, с - секущая, Z1 и Z2 - внутренние односторонние углы Z1: Z2 = 2:3. Найти Z1 и Z2.___________________________ Решение. Если величины углов относятся как 2:3, то можно обозначить: Zl = 2x; Z2 = 3x. Известно, что Zl + Z2 = 180° (свойство внутрен- них односторонних углов). Составим уравнение: 2х + 3х = 180° 5х = 180° 2х = 72°, х = 36°, Зх = 108° , Т.е. Z1 = 72°, Z2 = 108°. Ответ: 72°; 108°. 3. Биссектрисы АК и СР равностороннего ЛАВС пересекаются в точке О. Найти ZDOA. Дано: ЛАВС; АВ = ВС = AC; AKr\CD = O. АК и CD - биссектрисы. Найти: ZDOA. в Решение. 1-й способ. В равностороннем треугольнике углы равны и содер- жат по 180°: 3 = 60°. Биссектрисы делят углы пополам, поэтому ZOAC = ZOAD = 60°: 2 = 30°, тогда в ЛАОС ZOCA = 30° и ZAОС = 180°-(30°+30°) = 120°. ZDOA смежный с ZAOC, значит, ZDO4 = 180° -120° = 60°. 2-й способ. ZDOA - внешний угол ЛАОС и по свойству внешнего угла ZDOA = ZOAC + ZOCA, ZDOA = 30° + 30° = 60°. Ответ: ZDOA = 60°. 4. Один из углов прямоугольного треугольника равен 30°, а сумма гипотенузы и меньшего из катетов равна 30 см. Найти гипотенузу треугольника. А Дано: ЛАВС; ZC = 90°; ZB = 30°. АВ + AC = 30см. Найти: АВ. ______________________________________________ Решение. Пусть АВ = х. Катет, лежащий против угла 30° в прямоугольном треугольнике, равен половине гипотенузы: АС = -. По условию, АВ + АС = 30см, АС<ВС, т.к. лежит против меньшего угла, зна- чит х + — = 30, —х = 30; Зх = 60, х = 20,АВ = 20 см. 2 2 Ответ: 20 см. 16
§5. ОКРУЖНОСТЬ И ЕЕ СВОЙСТВА. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ Определение Примеры Окружность, хорды и дуги Окружность — фигура, которая состоит из всех точек плоскости, равноудален- ных от данной точки (центра). О - центр окружности; О А - радиус; АВ - диаметр. CD - хорда (отрезок, соеди- няющий две точки окружности). Наи- болыиая хорда — диаметр. Свойства Диаметр окружности, проходящий через середину хорды, перпендикулярен ей. d АВ 1 CD Диаметр окружности, перпендикуляр- ный хорде, делит эту хорду пополам. CM-MD Окружность, описанная около треугольника Окружность называется описанной около треугольника, если она прохо- дит через все его вершины. Центр окружности, описанной около треугольника, является точкой пересе- чения перпендикуляров к сторонам это- го треугольника, проведенных через се- редины этих сторон. Около любого треугольника можно опи- сать окружность, причем только одну. 17
Свойства высот треугольника Прямые, содержащие в себе вы- соты треугольника, пересекаются в одной точке. Центр окружности, описанной во- круг равнобедренного треуголь- ника, принадлежит прямой, кото- рая содержит медиану, высоту и биссектрису, проведенные из вершины к основанию. _________________________Касательная к окружности_____________ Прямая, проходящая через точку Прямая а—касательная окружности перпендикулярно ра- АО — радиус диусу, проведенному в эту точку, называется, касательной. Каса- тельная к окружности не имеет с ней других общих точек, кроме точки касания. Расстояние между центрами О, и О, двух касающихся окружностей в случае внешнего касания равно: ОхОг = R + r, где R и г - радиусы окружностей; в случае внутренне- го касания (9|(?2 = R-r (R > г) В окружности равные хорды оди- наково удалены от центра окруж- ности, и наоборот, хорды, одина- ково удаленные от центра окруж- ности, равны. Окружность и прямая не могут пересекаться больше чем в двух точках. 18
Общая хорда двух пересекаю- щихся окружностей перпендику- лярна прямой, проходящей через центры этих окружностей. Если две окружности имеют толь- ко одну общую точку, то она при- надлежит прямой, проходящей через центры этих окружностей Если две окружности имеют толь- ко одну общую точку, то они ка- саются друг друга в этой точке. Если из одной точки к окружности проведены две касательные, то отрезки касательных равны. ___________________ Окружность, вписанная Окружность называется вписан- ной в треугольник, если она ка- сается всех его сторон. Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пе- ресечения биссектрис треуголь- ника. В любой треугольник можно впи- сать окружность, причем только одну. треугольник 19
Центр окружности, вписанной в равнобедренный треугольник, принадлежит медиане, высоте и биссектрисе, проведенным из вершины к основанию. Центры окружностей, описанной вокруг равностороннего треуголь- ника и вписанной в него, совпа- дают. Это точка пересечения ме- диан, биссектрис и высот равно- стороннего треугольника. OeCD _________________________Геометрическое место точек_______________________ Геометрическим местом точек (ГМТ) плоскости называется фигура, образованная из всех точек плоскости, которые обладают определенными свойствами. А именно: 1. Если точка принадлежит фигуре, то она обладает данным свойством. 2. Если точка обладает данным свойством, то она принадлежит фигуре. Геометрическим местом точек, равноудаленных от данной точки, является окружность с центром в этой точке и с радиусом, равным данному расстоянию. Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух данных точек, является серединный пер- пендикуляр к отрезку, который соединяет эти точки. Геометрическое место точек, уда- ленных от данной прямой на рас- стояние h, состоит из двух пря- мых, параллельных данной и уда- ленных от нее на расстояние h. Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух парал- лельных прямых, является пря- мая, параллельная данным пря- мым и одинаково удаленная от них.__________________________ Г еометрическое место точек, равноудаленных от двух пересе- кающихся прямых, состоит из двух прямых, которые содержат биссектрисы углов, полученных в результате пересечения данных прямых. в DA = DB - Dea 20
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА _________________Построение треугольника по трем его сторонам 1. Построить треугольник с данными сторонами а,Ь,с. Дано: Построить ЛАВС. Построение: 1. Строим произвольную прямую и на ней отмечаем произвольную точку В. 2. Раствором циркуля, равным а, откладываем на по- строенной прямой от точки В отрезок ВС = а. 3. Раствором циркуля, равным с, описываем окружность с центром в точке В. 4. Раствором циркуля, равным Ь, описываем окружность с центром в точке С. Обо- значим А точку пересечения этих окружностей. 5. Соединим отрезками точку А сточками В и С. ЛАВС — искомый, т.к. ВС = а, АВ = с, АС = Ь по построению. Примечание. Задача имеет решение, только если сумма двух данных отрезков больше третьего. _______________________Построение угла, равного данному 2. Отложить от данной полупрямой в данную полуплоскость угол, равный данному углу. Дано: ABAC', полуплоскость; ОВХ - полупря- мая; построить АВХОСХ - ABAC. Построение. 1. Построим произвольную окружность с центром в точке А данного угла. Обозначим В и С пересечения этой окружности со сторонами угла ВАС. 2. Радиусом АВ проведем окружность с центром в точке О, начальной точке задан- ной полупрямой. Пересечение этой окружности и полупрямой обозначим 3. Радиусом ВС с центром в точке Вх опишем окружность. Построенные окружности пересекаются в 2-х точках, обозначим С, точку их пересечения в заданной полуплос- кости, АВХОСХ = ABAC. Доказательство. ЛВАС = !лВхОСх по трем сторонам {АВ = ОВХ\АС = ОСХ,СВ = ВХСХ по построению). Углы ВАС и ВХОСХ — соответствующие, значит ABAC - АВХОС}, что и требовалось доказать. _________________________Построение биссектрисы угла__________________________ 3. Построить биссектрису данного угла. Дано: АА. Построить биссектрису Построение. 1. Описываем окружность произвольного радиуса с центром в точке А. Окружность пересечет стороны угла в точках В и С. 2. Из точек В и С тем же радиусом описываем окружности, точку их пересечения обо- значим D. 3. Проводим полупрямую AD, которая и является биссектрисой угла А. 21
Доказательство. AB = AC = BD = CD по построению; AD - общая, значит, AABD = AACD по трем сто- ронам, тогда и соответствующие углы равны, /.DAB = /DAC, т. е. AD - биссектриса /А, что и требовалось доказать.______________________________________________ ___________________________Деление отрезка пополам___________________________ 4. Разделить отрезок пополам.________________________________________________ Дано: АВ - отрезок. Построить точку О 6 АВ так, чтобы АО = ОВ. / \ Построение. а А—L \ 1. Из точек А и В радиусом АВ проведем окружности, которые \ I / пересекаются в двух точках, обозначим их С и Сг \[/ 2. Эти точки лежат в разных полуплоскостях относительно прямой АВ, прямая СС, пересечет АВ в точке О. АО = ОВ. Доказательство. 1. АС = AC, = ВС = ВС, по построению, СС, - общая, тогда ДСАС,=ДСВС, по трем сторонам, значит, /АСО = /ВСО как соответствующие в равных треугольниках. 2. &ACO = t/BCO по двум сторонам и углу между ними (ЛС = ВС;СО - общая, /АСО =/ВСО, 1-й признак), значит, соответствующие стороны равны: АО-ВО, что и требовалось доказать.________________________________________________________ Построение прямой, проходящей через данную точку ______________________и перпендикулярной к данной прямой_____________________ 5. Через данную точку О провести прямую, перпендикулярную данной прямой а. Возможны два случая: 1) Точка О лежит на прямой а.____________2) Точка О не лежит на прямой а. Построение. Первый случай. 1. Из точки О произвольным радиусом проводим окружность, ко- торая пересечет прямую а в точках А и В. 2. Из точек А и В проводим окружности с радиусом, равным АВ. Пусть С - точка их пересечения, тогда СО А. АВ. Доказательство. ЛАСО = &ВСО по трем сторонам (АС = ВС-, АО = ОВ,СО - общая), значит, /АОС = /ВОС, а они смежные, т. е. /АОС = /ВОС = 90° и СО 1 АВ, что и требовалось доказать. Второй случай. 1. Из точки О проводим окружность произвольного радиуса, пе- ресекающего прямую а в точках А- и В. 2. Из точек А и В проводим окружности тем же радиусом, обо- значим О, точку их пересечения, лежащую в той полуплоскости относительно АВ, в которой не лежит точка О. Доказательство. 1. Пусть 00, пересекает АВ в точке С. ААОВ = ААО,В по трем сторонам (ОА = ОВ = = О,А = О,В;АВ - общая, 3-й признак), значит /ОАС = /О,АС как соответствующие. 2. АОАС = АО,АС по двум сторонам и углу между ними (АС - общая, ОА = АО,-, = /ОАС = /О,АС\ первый признак), тогда /АСО =/АСО, как соответствующие в рав- ных треугольниках. 3. /АСО = /АСО, и они смежные, значит, /ЛСО = /АСО, = 90“, т. е. ОО, 1 АВ, что и тре- бовалось доказать. 22
6. Дано: ZABC. Построить высоты ZABC. Построение. Рассмотрим три случая: 1. Остроугольный ZABC (рис.1). 2. Тупоугольный ZABC (рис.2). 3. Прямоугольный ZABC Рис.2 Рис.З Примечание. Три высоты треугольника, если они проведены точно, пересекаются в одной точке, эта точка в остроугольном треугольнике лежит внутри его, в тупоуголь- ном - вне его (высоты, проведенные из вершин острых углов, падают на продолже- ние сторон треугольника), в прямоугольном треугольнике совпадает с вершиной пря- мого угла (две высоты совпадают с катетами прямоугольного треугольника).______ 7. Построить равнобедренный треугольник по боковой стороне и углу при основании. Дано: Анализ: а - боковая сторона; а - угол при основании. Построить ZABC, где АВ = ВС = а и ZBAC = a. Построение. На произвольной прямой от произвольной точки откладыва- ем отрезок АВ = а. От луча АВ откладываем ZBAC-a. Из точки В как из центра радиусом R = а проводим окружность до пересечения с лучом АС в точке С. ZABC - искомый. Доказательство. АВ = ВС-а по построению; ZBAC = a по построению, следовательно, ZABC —рав- нобедренный и отвечает всем условиям задачи.___________________________________ 8. Построить треугольник по двум сторонам и медиане, проведенной к одной из них. Дано: Анализ: а ------1 Ь ---------.---1 пн ’ Построить ZABC. Построение. 1. Построим на произвольной прямой от произвольной точки А отрезок АС = Ь. 2. Разделим АС пополам: AD = DC. З. Из точки D как из центра проводим окружность с радиусом 4. Из точки С как из центра проводим окружность радиусом а. 5. Обозначим через В одну из точек пересечения окружностей и соединим точки В и А. ZABC - искомый. ------ — - - - - — - _____________________,____ _ .... 23
Доказательство. В ААВС АС = Ь по построению; AD = DC, значит, BD - медиана, BD-mb по построе- нию; ВС -а также по построению, значит, ААВС отвечает всем требованиям задачи. 9. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету. Дано: А Анализ: Построить прямоугольный треугольник. Построение: 1. Построим ZC = 90°. 2. На одной из сторон ZC отложим от вершины С отрезок С А = b. 3. Из точки А как из центра опишем окружность радиусом R = с до пересечения со второй стороной ZC. ААВС - искомый. л Доказательство. ААВС - прямоугольный, т.к. ^ВСА-90° по построению. По построению же катет АС-b и гипотенуза АВ = с, значит, ААВС отвечает всем условиям задачи. 24

§1 .ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ __________________Определения____________________ Четырехугольником называется фигура, состоящая из четырех точек и четырех отрезков, которые последова- тельно их соединяют. При этом ни одна из трех данных точек не должна лежать на одной прямой, а отрезки, ко- торые их соединяют, не должны пересекаться. Данные точки называются вершинами четырехугольни- ка, а отрезки, которые их соединяют, — сторонами че- тырехугольника. Четырехугольник обозначается его вершинами. Верши- ны четырехугольника называются соседними, если они являются концами одной из его сторон. Несоседние вершины называются противолежащими. Отрезки, которые соединяют противолежащие верши- ны четырехугольника, называются диагоналями. Стороны четырехугольника, которые выходят из одной вершины, называются соседними. Стороны, которые не имеют общих вершин, называют- ся противолежащими. Сумма длин всех сторон четырехугольника называется периметром. Примеры A,B,C,D - вершины; АВ, ВС, CD, AD - стороны к р Параллелограмм — это четырехугольник, у которого противолежащие стороны попарно параллельны. Свойства Признаки 1. Если ABCD - паралле- лограмм, то АВ = DC; AD = ВС , АА = ZC; АВ = ZD. 1. Если ABCD - четырех- угольник и 5С||ЛГ); BC=AD, то ABCD - параллело- грамм. 2. Если ABCD - паралле- лограмм, АС и BD - диа- гонали, О - точка их пере- сечения, то АО = ОС; ВО = OD 2. Если ABCD - четырех- угольник и АВ = DC ; AD- ВС, то ABCD - па- раллелограмм. 3. Если ABCD - четы- рехугольник и АО = ОС, ВО - OD, то ABCD - па- МКСР — четырехугольник; вершины М и Р - соседние; Р и К - противолежащие; отрезки МС,РК - диагона- ли; стороны МК и КС - соседние; МК и PC - про- тиволежащие. Р=МК+КС+СР+РМ ABCD - параллелограмм АВ CD ,ВС AD. раллелограмм. 26
Прямоугольник — это параллелограмм, у которого все углы прямые._________ _______Свойства______ 1. Все свойства парал- лелограмма. 2. Если ABCD - прямо- угольник, то АС = BD (диагонали прямоуголь- ника равны). _________Признаки__________ 1. Если ABCD - параллело- грамм, и АА = 90°, то ABCD - прямоугольник. 2. Если ABCD - параллело- грамм и АС = BD, то ABCD - прямоугольник. Ромб - это параллелограмм, у которого все стороны равны. _______Свойства________ 1. Все свойства парал- лелограмма. 2. Если ABCD - ромб, АС и BD - диагонали, то: ________Признаки________ Если ABCD - четырехуголь- ник и АВ = AD - ВС = CD, то ABCD - ромб. 1) ACLBD-, 2) АС и BD - биссектри- сы углов ромба._________ Квадрат - это прямоугольник, у которого все стороны равны.____________________________________________ Квадрат - это ромб, у которого все углы прямые. Квад- рат имеет все свойства прямоугольника и ромба. Трапеция - это четырехугольник, у которого две сто- роны параллельны, а две другие не параллельны. Параллельные стороны называются основаниями трапеции. Не параллельные - боковыми сторонами. Трапеция, у которой боковые стороны равны, называется равнобокой. Свойства равнобокой трапеции: 1. Углы при основаниях равны. 2. Диагонали равны. Трапеция, у которой одна боковая сторона перпенди- кулярна основаниям, называется прямоугольной. ABCD - трапеция, ВС AD AD ,ВС - основания; АВ, CD - боковые стороны; BF - высота. 27
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. В четырехугольнике MNKP противолежащие стороны MN и КР равны. Диагональ КМ составляет с ними равные углы. Доказать, что MNKP - параллелограмм. Доказательство. 1) Так как Z.NMK = АРКМ, а это внутренние накрест лежащие углы при прямых MN,KP и секущей МК, то MV||XP. 2)Так как ЛСУЦЛТ и MN - КР по условию, то MNKP - па- раллелограмм (по признаку параллелограмма). 2. Меньшая сторона прямоугольника равна 12 см. Найти длины диагоналей, если они пересекаются под углом 60°. Дано: ABCD прямоугольник, АВ —12 см , ^АОВ — 60°. Найти: AC,BD. Решение. 1) Так как диагонали прямоугольника равны и точкой пере- сечения делятся пополам, то АО = ОВ. 2) N4OB - равнобедренный, КАОВ = 60°> значит, N4OB - равносторонний и, значит, АО = ВО = АВ = \2 см. 3) АС = BD = 2AO = 2A2 = 24 (см). Ответ: 24 см. 3. Построить ромб по стороне и прилежащему углу. Анализ: Очевидно, что доста- точно построить N4BD по двум сторонам и углу между ними. Построить: ромб ABCD. Построение. 1. Строим N4BD по двум сторонам AD - АВ = а и углу ме- жду ними ABAD-а. 2. Достроим этот треугольник до параллелограмма: ВС AD,DC\AB. ABCD — искомый ромб, так как ВС = AD = АВ = DC = а ч 3. Задача имеет единственное решение. 28
§2. ТЕОРЕМА ФАЛЕСА. СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ ТРЕУГОЛЬНИКА. СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ ТРАПЕЦИИ Теорема Фалеса. Если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают рав- ные отрезки и на другой его стороне. Примечание. В условии теоремы Фалеса вместо сторон угла можно взять две произвольные пря- мые. Теорема о пропорциональных отрезках. Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают от сторон угла пропорциональные отрезки. Средней линией треугольника называется отре- зок, соединяющий середины двух его сторон. Теорема. Средняя линия треугольника, соеди- няющая середины двух данных сторон, парал- лельна третьей стороне и равна ее половине. Отрезок, соединяющий середины боковых сторон трапеции, называется средней линией трапеции. Теорема. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме. MN - средняя линия W AD,MN ВС 2. MN = AD + BC 2 УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Дацо: ZANM = ZACB = 1\6°; AN = NC = 9 см; AM = 14см. Найти: АВ. Решение. 1. Так как aanm = aacb = i 16°, а это соответствующие углы при пря- мых NM,CB и секущей АС, следовательно, NM СВ. 2. Так как миЦсв и AN = NC = 9 см, то по теореме Фалеса AM = МВ, следовательно, А/8 = 14си. 3. АВ = АМ + МВ = 28 (см). Ответ: 28 см. Дано: ЛАВС; АВ = 7 см; ВС = \А)см; АС = 9 см; MN,MF,NF —средние линии. Найти: P^NF. Решение. = MN + NF + MF. 2. Так как MN - средняя линия треугольника АВС, то mn = -ac 2 (по свойству средней линии треугольника). Аналогично NF =—AB, mf = - вс. 2 3. Имеем: p&MNr = ^ас+^ав+^вс = ^(ас+ав+вс). ^=|(9 + 7 + 1О) = 13(аи). Ответ: 13 см. 29
§3. ТЕОРЕМА ПИФАГОРА _____________Определения______________ Косинусом острого угла а в прямоуголь- ном треугольнике называется отношение катета, прилежащего к углу а, к гипотенузе. Синусом угла а называется отношение противолежащего катета к гипотенузе.__ Тангенсом угла а называется отношение противолежащего катета к прилежащему (а). Котангенсом угла а называется отношение прилежащего катета к противолежащему ка- тету (б)._____________________________ Для любого острого угла а: cosa < 1; sin а < 1. Примеры в cosa = ——, АС<АВ\ sina = ^-,‘ ВС < АВ АВ АВ В прямоугольном треугольнике квадрат ги- потенузы равен сумме квадратов катетов. В прямоугольном треугольнике любой из катетов меньше гипотенузы. Диагональ квадрата со стороной а равна а >/2. АВ2 = АС2 + ВС АС < АВ, ВС < АВ АВ = а, АС = аЛ Высота h равностороннего треугольника со стороной а равна /? = 2 30
•____Пропорциональность отрезков в прямоугольном треугольнике 1. Катет прямоугольного треугольника является средним пропорциональным между гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу. 2. Высота прямоугольного треуголь- ника, проведенная из вершины пря- мого угла, является средним пропор- циональным между проекциями кате- тов на гипотенузу. <72 = с-а', Ь2 =с-Ь' h1 =а' Ь', где Ь',а' - проекции на гипотенузу катетов а и Ь соответственно. ___________________Теорема, обратная Если треугольник имеет стороны а,Ь,с и а2+Ьг =с2, то угол, противолежащий сто- роне с, является прямым. теореме Пифагора Если к прямой из одной точки проведены перпендикуляр и наклонные, то: 1) любая наклонная больше перпендику- ляра; 2) равные наклонные имеют равные про- екции, и наоборот: равным проекциям со- ответствуют равные наклонные; 3) из двух наклонных больше та, у кото- рой проекция больше, и наоборот: боль- шей проекции соответствует большая на- клонная (следствие из теоремы Пифаго- ра). * ВС > В А AC=AD, Т. к. ВС = BD Неравенство треугольника Каковы бы ни были три точки, рас- стояние между любыми двумя из этих точек не больше суммы рас- стояний от них до третьей точки. АВ <АС + ВС В любом треугольнике каждая сто- рона меньше суммы двух других сторон. АВ < АС + ВС АС<АВ+ВС ВС<АВ+АС Соотношения между сторонами и углами прямоугольного треугольника 2 sin а ' cos р ’ sin/?’ cos а 2 а = c-sina а - с•cos р Ь - с•cos а 31
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Высота равнобедренного треугольника равна 20 см, а его основание - 30 см. Найти боковую сторону треугольника._______________________________________ Дано: ЛАВС, АВ = ВС. BD _L AC, BD = 20 см, АС = 30 см. Найти: АВ,ВС. Решение. 1. Так как ЛАВС равнобедренный (АВ = ВС), то высота BD яв- ляется его медианой, следовательно: AD = DC = —АС = -30 = 15(си). 2 2 v ' 2. В Д BDC, AD = 90°, следовательно, по теореме Пифагора име- ем: ВС2 = BD2 + DC2 \ ВС2 = 202 +152, ВС2 =625, ВС = 25 (ВС > 0), ВС = АВ = 25см. Или: так как BD = 20 см, DC = 15 см, то ЛВОС - египетский с к = 5, следовательно, ВС = 5 • 5 = 25(см}. ВС = АВ = 25 см. Ответ: 25 см. Дано: В ЛАВС АС = 90°, CD 1 АВ, AD = 9 см, DB = \6 см. Найти: АС,ВС,CD. Решение. 1. Так как ЛАСВ прямоугольный (ZC = 90°), a CD - его высота, проведенная к гипотенузе АВ, то CD2 = AD DB-, CD2=916; CD = V9 16 (CD >0); CD = \2cm 2. В ЛАОС AD = 9Q°, AD = 9 см, DC = 12 см, следовательно, этот треугольник - египетский с к = 3. Имеем: АС = 5-3 = 15(см). 3. Аналогично: ЛСОВ - египетский с к = 4, следовательно, 5С = 5-4 = 20(см). Ответ: 15 см, 20 см, 12 см. В треугольнике АВС даны: ZJ = 90°, АВ = 60°, АС = 9см. Найти сторону АВ. Решение. По условию задачи АА = 90°, то есть АС — катет противолежа- щий углу В. Требуется найти катет, прилежащий углу В. Отно- шение противолежащего катета к прилежащему есть тангенс уг- ла, то есть 1 отсюда АВ = AC:tgB = AC :tg60° = 9: =з7з(см). Ответ: 3>/з(см). 32
§4. ОСНОВНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ТОЖДЕСТВА ______________ Основные тригонометрические тождества____________ В прямоугольном треугольнике с острым углом а справедливы тождества: sin а cos а Для любого острого угла а: sin 190е - а I = cos а. cos sin а. cos2 а sin2 а sin В = cos А, cos В = sin А Углы 30° 45° 60° sin а Значение синуса, косинуса и тангенса некоторых углов Изменение синуса, косинуса и тангенса некоторых углов Функции cos а При возрастании острого угла а sin а и tg« возрастают, a cos а убы- вает. sina2>sina1; cos а2 < cos а,; В прямоугольном треугольнике про- тив большего острого угла лежит больший катет, и наоборот: против большего катета лежит больший острый угол. Z.DAB = a2 , Z.CAB = ax и тангенса для любого угла от а sin а cos а tga 0° 0 1 0 90° 0 180° 0 0 • tgtz= sin- для любого угла а от 0° до 180°, кроме cos а а = 90°. Для любого угла a sin (180°-а)=sin а, cos(180°-a)= -cosa Для угла а^90° tg(180°-a) = -tga. о° до 180° У У) о R С(0,-Я)/ 180 90 О) Ул 180-tt 33
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Какой из углов больше, если известно, что Cosa = -- cos/? = 2- cosr = -- 3 7* 5 Решение. Сравним значения косинусов, то есть сравним числа |. Приведем дроби к общему знаменателю 105: 2 = 22. 1 = 22.- 2 = 22. значит, 22. <2£_< 22. т.е. 1<2<2. 3 105’ 7 105’ 5 105’ 105 105 105’ 7 5 3 Т.к. с возрастанием острого угла значение косинуса убывает, то большему значению косинуса соответствует меньший угол, получим: cos р < cosy < cosa, то есть р > у > а. Ответ: р. 2. Упростить выражение (sin2 а + tg2 а + cos2 a)cos2 а. Решение. Выполним преобразования в скобках: 1) sin2 а + tg2 а + cos2 а = sin2 а + cos2 а + tg2 а = 1 + tg2 а = —; 2) —L—. cos2 а - 1. cos’ a cos’ а - I ™ I ~~~ 1 |Ц „. . , I . I — — »* " 1 " ИМЧ —. I . I I ЧМ » ! —I — I I Ответ: 1. 3. Упростить выражение sin3 a-sin3 а cos2 а. Решение. Вынесем за скобки общий множитель: sin3 а - sin3 a cos2 а = sin3 а( 1-cos2 а) = sinJ а sin2 а = sin5 а. Ответ: sin5 а. 34
§5. ДЕКАРТОВЫ КООРДИНАТЫ НА ПЛОСКОСТИ Оси координат: ось х - ось абсцисс, ось у - ось ординат. Точка О - начало координат. Любой точке плоскости соответствуют два числа: абсцисса х0 и ордината у0. Эти числа называются декартовыми координатами данной точки. Координаты середины отрезка Координаты середины отрезка равняются по- лусумме соответствующих координат его кон- цов ; В(х2;у2у, С(х-,у) - середина АВ. 2 Координаты точки, которая делит отрезок в заданном отношении Если точки А и В имеют координаты А(х};ух) и В(х2;у2), то координаты точки С, которая делит отрезок АВ в отношении — СВ вычисляются по формулам: х + 2х, у. + А у, Расстояние между точками Расстояние между двумя точками равно корню квадратному из суммы квадратов разностей одноименных координат А(х};уу); В(х2;у2), Уравнение окружности Уравнение (х-а) + {y-b)' = R2 является уравнением окружности с центром в точке Ай(а’,Ь) и радиусом R. Если центром служит начало координат, то уравнение окружности имеет вид: х2 +у2 =R2. Уравнение прямой Любая прямая в декартовых координатах х,у имеет уравнение вида ax+by+c = Q, где а,Ь,с - некоторые числа. 35
Размещение прямой относительно системы координат Коэффициенты Уравнение прямой б) с = О by = 0 Л_ о Размещение прямой в системе координат у - т прямая h параллельная оси Ох. h и х совпадают у - о б) с = 0 прямая h параллельная оси Оу. h и у совпадают О eh, так как к • 0 = 0 у = кх - прямая пропорциональ- ность 36
_______________Угловой коэффициент в уравнении прямой_______________ Если точки А и В имеют координаты Л(х,;>>,), В(х2;>>2), то угловой коэффициент прямой АВ (у = кх + Г) вычисляется по формуле к = и равен тангенсу острого угла, который образует прямая АВ с осью х (k = tga или k = -tga). к = -tga Условие параллельности прямых параллельны тогда и только тогда, когда Условие перпендикулярности прямых Прямые m{(y = kxx + l\) и т2(у = к2+Ь2) перпендикулярны тогда и только тогда, ко- гда кх -к2 = -1. м Пересечение прямой с окружностью Соотношение между d и R: d - расстояние от прямой к цен- тру окружности. R - радиус окружности Решения системы: Взаимное размещение прямой и окружности d,-4R2-d2\, d^R2-d2\ О м Система не имеет реше- ния. Прямая пересекает окруж- ность в двух точках: A (d\^R2-d2\ и В [d--^R--d2]. Прямая касается окружности в'точке М (d\ 0). у- Прямая и окружность не пересекаются. 2 2 У 37
__________________________УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА________________________________ 1. Найти длину отрезка АВ, если Л(3;-1), Z?(-2;-2). Дано: Л(3;-1), В(-2;-2). Найти: АВ. Решение, d2 = (х2-х,)2 + (у2 -у})2; АВ2 =(3 + 2)2 + (-1 + 2)2; Л52 =25 + 1 = 26; Л5 = Т26. Ответ: 726.______________ 2. Даны точки Л(5;1) и 5(2; 5). Составить уравнение окружности, радиусом которой является отрезок АВ, а центром точка А. Решение, (х-а) +(y-b) =R2 - уравнение окружности с центром О(а;Ь) и радиусом R. Центр окружности - точка ^4(5;1). R = AB = 7(х, -х, )2 +(у, -ух)2; 5 = ^(5-2)2+(1-5)2 = 79 + 16 = 725 = 5. 5 = 5. Уравнение окружности: (х-5)2 + (у-1)2 = 52, (х-5)2 + (у-1)2 =25. Ответ: (х-5)2 + (.у-1)2 =25. 3. Найти центр окружности на оси Оу, если известно, что окружность проходит через точку Л(3;6) и радиус окружности равен 5. Решение. Уравнение окружности (х-я)2 +(y-6)2 = R2, где О(а;Ь). Цертр окружности ле- жит на оси Оу, то есть а = 0,R = 5, тогда уравнение примет вид (х-<?)2 + (у-6)2 = 52; х2+(у-б)2 =25. Окружность проходит через точку Л(3;6), значит, координаты точки А удовлетворя- ют уравнению окружности: З2 + (6-6)2 = 25, 9 + 36-126 + 62 =25, b2-126 + 20 = 0, b = 6±736-20, b = 6±4.6, = 10; b2 = 2. Значит, центр окружности^ (0; 10) или О, (0;2). Ответ: (0; 10) или (0;2). 38
§6. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ФИГУР. ДВИЖЕНИЕ Движение - это преобразование, при котором сохраняются расстояния между точка- ми фигуры. ХУ = XY. При движении сохраняются углы между лучами.______________ Симметрия относительно точки Поворот ОХ' = ОХ Симметрия относительно прямой Параллельный перенос F' Y' Точки смещаются по парал- лельным (или совпадающим) прямым на одно и то же рас- стояние. 1. Преобразование фигуры F в фигуру F' при котором каждая ее точка X переходит в точку Х\ симметричную относительно данной точки О, называется преобразованием симметрии относительно точки О. Если преобразование симметрии относительно точ- ки О переводит фигуру F в себя, то она называется центрально-симметричной, точка О называется центром симметрии. 2. Преобразование фигуры F в фигуру F', при котором каждая ее точка X перехо- дит в точку X', симметричную относительно данной прямой, называется преобразо- ванием симметрии относительно прямой. 3. Поворотом плоскости около данной точки называется такое движение, при ко- тором каждый луч, выходящий из данной точки, поворачивается на один и тот же угол в одном и том же направлении. 4. Введем на плоскости декартовы координаты х,у. Преобразование фигуры F, при ко- тором произвольная ее точка (х;у) переходит в точку (х+а; у+b), где а и Ь одни и те же для всех точек (х,^), называется параллельным переносом. Параллельный пере- нос задается формулами: х' -х + а; у' = у+Ь. Эти формулы выражают координаты х';у' точки, в которую переходит точка (х; у) при параллельном переносе. 39
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Даны отрезок CD и точка А, не лежащая на прямой CD. Построить фигуру, сим- метричную отрезку СР относительно точки А. Построение. СА = АС„ DA = AD,. С, - симметрична точке С относительно точки А\ D, - сим- метрична точке D относительно точки А. 2. Построить ДД^С, симметричный М.ВС относительно прямой MN: Построение. 1) ВВ, ± /, СС,1 /, АА,1I. 2) ВМ = MB,, CN = NC„ АР = РА,. 3) \А,В,С, симметричен МВС относительно прямой /. 3. Построить точку, в которую переходит данная точка А при повороте на 45° по ча- совой стрелке (взять за центр поворота произвольную точку О). Построение. ААОА, = 45°; АО = А,О; А, - искомая 4. Параллельный перенос задается формулами х -х + 4; у = у-1. В какие точки при этом параллельном переносе перейдут точки Л(3;-1); 5(-5;4)? 1) Л(3;-1); х = 3; у = -1, тогда / = 3 + 4 = 7; У = -1-7 = -8, точка Л(3;-1) переходит в точку Л'(7;-8). 2) В(-5;4); х = -5; у = 4, тогда х' = -5 + 4 = -1; у' = 4-7=-3, точка В(-5;4) переходит в точку 2?'(-1;-3). 40
§7. ВЕКТОРЫ Определения Вектором называется направленный отрезок. Векторы АВ и CD называются одинаково направлен- ными, если одинаково направлены й полупрямые АВ и CD. Векторы АВ и CD называются противоположно на- правленными, если противоположно направлены и по- лупрямые АВ и CD. Абсолютной величиной (или модулем) вектора назы- вается длина отрезка, задающего вектор. Абсолютная величина нуль-вектора равна нулю. Примеры Два вектора называются равными, если они совмеща- ются параллельным переносом. Равные векторы одинаково направлены и равны по аб- солютной величине. И наоборот, если векторы одинако- во направлены и равны по абсолютной величине, то они равны. Пусть вектор а имеет началом точку Al(xi;yl), а кон- цом - точку А2(х2-,у2). Координатами вектора а назы- ваются числа а, = х2-х,, а2 = у2-у,. Координаты вектора ставятся рядом с буквенным обозначением вектора, в данном случае а (а,;а2) Абсолютная величина вектора с координатами а},а2 равна арифметическому квадратному корню из суммы квадратов его координат. CD = АВ 41
Действия с векторами Суммой векторов а и b с координатами ах,а, и ЬХ,Ь2 называется вектор с с координатами ах + h], а2 + Ь2, то Законы сложения векторов ______________Правило сложения векторов ______________Правило треугольника_______________ Какими бы ни были точки А, В, С, подтверждается векторное равенство: АВ + ВС = АС. ____________Правило параллелограмма____________ Для векторов с общим началом их сумма изображается диагональю параллелограмма, который построен на этих векторах, к тому же начало вектора-суммы совпадает с началом этих векторов. Правило для построения разности двух векторов i Чтобы построить вектор, который равен разности векторов а и Ь, нужно от одной точки отложить векторы а' и У, которые равны им. Тогда вектор, начало которого совпадает с концом вектора Ь\ а конец - с концом вектора o', будет разностью векторов а и Ь. Произведением вектора (а(;а2) на число к называется вектор (Хах;Ха2), то есть (а^а2)Х = (Хах\Ха2'у Законы умножения вектора на число Для любого вектора а и чисел А, ц (А + ц)а = Ха + рш . Для любых двух векторов а и Ь и числа А X (а + b }= Ха + ХЬ . 42
Свойства умножения вектора на число Абсолютная величина вектора Аа равна А • а . Направ- ление вектора Аа при а*0 совпадает с направлением вектора а, если А > 0, и противоположное направлению вектора а, если А<0. 2) Аа ТТ а, если А > 0; 3) Аа 14 а, если А < 0. Два ненулевых вектора называются коллинеарными, если они лежат на одной прямой или на параллельных прямых. Признаки коллинеарности двух векторов Если ненулевые векторы а и Ъ связаны соотношением b = Аа (2*0), то векторы а и Ь коллинеарны и наобо- рот, если ненулевые векторы а и Ь коллинеарны, то существует такое число 2*0, что Ь = Аа. Если векторы коллинеарны, то их соответствующие ко- ординаты пропорциональны, и наоборот, если соответ- ствующие координаты двух векторов пропорциональны, то эти два вектора коллинеарны. Разложение вектора по двум неколлинеарным векторам Любой вектор с можно разложить по двум неколлине- арным векторами а и & в виде с=Аа + /лЬ, к тому же это разложение единственное. с = Аа + /лЬ Скалярным произведением.векторов а(ах-,а2) и b(bx,b2} называется число ахЬх+а2Ь2. Свойства скалярного произведения векторов 1. Скалярный квадрат вектора равен квадрату его абсо- лютной величины, то есть а -а - а2 = |а|2 2. Для любых векторов а^а^-, b(bx,b2\, 3. Скалярное произведение двух векторов равно произ- ведению их абсолютных величин на косинус угла между ними. 4. Если скалярное произведение векторов а и Ь равно нулю, то векторы а и Ь перпендикулярны. a-b = a b cos<p‘,cos<p = а-b = 0, значит, а З.Ь 43
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Даны три точки А(2;2), В(-2;0), С(0;2). Найти такую точку D(x;y), чтобы векто- ры АВ и СР были равны. Решение. АВ(-4;-2), СР(х-0;у-2). Так как AB = CD, то х-0 = -4; у-2 = -2. Отсюда находим координаты точки D -. х = -4; у = 0. Ответ: Z>(-4;0). 2. Найти координаты и абсолютную величину вектора СР, если С(3;5), Z>(7; 5). Решение. CZ>(7-3;5-5); CD(4;0), СР = ^42 +02 = V16 =4. 3. Даны векторы: о(3;2) и с(-1;6). Найти координаты векторов: а + с, а-с; —а. Решение. а + с = а (3; 2) + с (-1; 6) = (3-1; 2 + 6) = (2; 8); 4. Отложить от точки А вектор а. 5. Поданным векторам а и Ь построить вектор: 1) а + Ь, 2) а-Ь. 1) ОС = а 2) ОР = Ь 3) PC-а-Ь или ОС-ОР = РС 6. Дан параллелограмм АВСР. Выразить вектор СА через векторы СВ и СР. Решение. СВ + СР = СА 7. Найти угол между векторами а и Ь, если а = 4^2, Ь =3, а-Ь =12. Решение. а -Ь = а b cos^>; cos^> = 1 р = 45°. Ответ. Угол между векторами 45°.____________________________________________ 8. Доказать, что векторы а и с перпендикулярны, если а(3;2), с(6;-9). Решение. Если векторы перпендикулярны, то их скалярное произведение равно нулю а-с =0, а-с = 3-6-2-9 = 0, значит, а 1с. 44

§1. ПОДОБИЕ ФИГУР Преобразование подобия Преобразование фигуры F в фигуру F' назы- вается преобразованием подобия, если при этом преобразовании расстояния между точка- ми изменяются в одно и то же число раз. к - коэффициент подобия Пусть F - данная фигура и О - фиксированная точка. Через произвольную точку X фигуры F проведем луч ОХ и отложим на нем отрезок ОХ', равный к • ОХ, где к - положительное чис- ло. Преобразование фигуры F, при котором каждая ее точка х переходит в точку х'; постро- енную таким способом, называется гомотетией относительно центра О. ОХ' ---= к, где к - коэффициент подобия. ОХ ______________________Свойства преобразования подобия_____________________ 1. Преобразование подобия переводит прямые - в прямые, полупрямые - в полу- прямые, отрезки - в отрезки. 2. Преобразование подобия сохраняет углы между полупрямыми._______________ ___________________________Подобие треугольников__________________________ Два треугольника называются подобными, если они переводятся друг в друга с помо- щью преобразования подобия. ДЯВСсо ДЛ.ДС. __________________________________Свойства _________________________________ 1. У подобных треугольников соответствующие углы равны, а соответствующие от- резки - пропорциональны. .. .. •_ АВ ВС h R , — = — = ...-к К 2. Отношение периметров подобных треугольников равно отношению соответствую- . . е Р АВ , щих сторон и равно коэффициенту подобия. — =-----= к 3. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента по- добия. SMBC АВ 46
Признаки подобия треугольнико 1. Если то LB = LBX, ЛАВСм ЛА,ВХСХ- по двум равным углам. АВ АС Если то нам и углу между ними. _ АВ ВС А 3. Если----=----= — ДЛВСсо Д^ДС! - по двум пропорциональным сторо- то ЛАВС w ЛАХВХСХ - по трем пропорциональным сторонам. Если PQ\\AC, то ЛРВд^ЛАВС. Прямая, параллельная стороне треугольника, отсекает треугольник, подобный данному. Если ВВХ ССХ ||£>D,, то АВ: ВС : CD = АВХ: ВХСХ: CXDX. Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, от- секают на сторонах угла пропорциональные отрезки. В частности, если АВ = ВС = CD, то АВХ = ВхСх = СхDx - теорема Фалеса. Если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают равные отрезки и на другой его стороне. Подобие прямоугольных треугольников 1. Для подобия двух прямоугольных треугольников достаточно, чтобы у них было по рав- ному острому углу. 2. В ЛАВС LC = 90, CD LAB, тогда ЛАВС w ACBD (по острому углу при вершине В). Из подобия сле- дует: или BC = yjAB-BD. Катет прямо- ВС BD угольного треугольника есть среднее пропорцио- нальное между гипотенузой и проекцией этого ка- тета на гипотенузу. АС2 =AD'AB- ВС2 --BD-AB 3. ДЛСОсо ЛСВО (у них равные углы при вершинах л с AD cd А и С). Из подобия следует: , или CD = yjAD BD. Высота прямоугольного треугольни- ка, проведенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное между проекциями ка- тетов на гипотенузу.________________________ 4. CD - биссектриса угла С. Биссектриса тре- угольника делит противолежащую сторону на от- резки, пропорциональные двум другим сторонам: AC AD АС ВС CD2 = AD*DB — = — или ВС BD 47
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Задача 1. Даны: точка А и центр гомотетии О. Построить точки, в которые перейдут данные точки А, В и С при гомотетии с центром О и коэффициентом гомотетии, рав- ным 2. ОА' = 2ОА OB' = 2ОВ ОС' = 2ОС Решение Задача 2. Треугольники АВС и АХВХСХ подобны АхВх=4см, ВхСх=5см ВС\ВХСХ =3. Найти: АВ, АС и ВС.__________________________________ Решение. ВС ----= 3 (по условию), тогда ВС = 3-В,С1 =3-5 = 15(ем) В,С, Ответ: ВС = 15 см, АС = 18 см, АВ = 12 см. Задача 3. Треугольники АВС и MNP подобны. Найти углы \MNP, если Решение. У подобных треугольников соответствующие углы равны, следовательно °-120о = 60°. Ответ: ZM = 45°, ZV = 60°, ZP = 75°. ________________________________________ Задача 4. Дано: ЛАВС™ &АХВХСХ АВ = 10 см, ВС = 9 см, АС = 8 см, Р^в^ = 54 см. Найти: АВ,. В,С,. АС,. Решение. \авс АВ , . п . п АВ ~ ВС =-----к, тогда АВ = кА]В1; откуда АХВХ =—, аналогично ВХСХ =— Найдем коэффициент подобия: Р^АВС 27 1 — = -; значит, 54 2 АЛ =10: Ответ: АХВХ = 20 см, ВХСХ =18 см, АХСХ = 16 см. Задача 5. Дано: ABCD - трапеция. Доказать: ABOCm/\DOA. Л Решение. 1) Z.CBD = Z.ADB (как внутренние накрест лежащие при BC^AD и секущей BD); 2) /ВСА = ADAC (как внутренние накрест лежащие при ВС|ЛР и секущей АС); 3) ЛВОС 00 ND О А (по первому признаку подобия треугольников). Ответ: ДВОСсодоОЛ 48
Задача 6. Основание треугольника 5 см, высота, проведенная к этому основанию, равна 3 см. В треугольник вписан квадрат так, что две его вершины лежат на основа- нии, а две другие - на боковых сторонах. Вычислить сторону квадрата.______ Решение. ДЛВС °°ДЛ©7У (т. к. ЛСУ||ЛС), тогда АВ АС ВС BD MB ~ MN~ BN ~ ВК Пусть MN = xcm, тогда ВК = (3-х)см, АС = 5 см. Из подо- _ AC BD бия треугольников: --=—; MNBK 8 8 Ответ: 1- см. 8 Задача 7, Гипотенуза прямоугольного треугольника равна 25 см, а один из катетов равен 10 см. Найти проекцию другого катета на гипотенузу.___________________ Дано: АВ = 25 см, АС = 10 см. Найти: DB. Решение. (по теореме Пифагора), откуда ВС2 = AB2-AC2 2) СВ = slAB-BD\ СВ2 = АВ • DB, DB = СВ2: АВ. DB = Ответ: РВ = 21 см.___________________________________________________________ Задача 8. Стороны треугольника равны 15 см, 20 см, 28 см. Найти длины отрезков, на которые делит биссектриса треугольника его большую сторону.__________________ Пусть BD - биссектриса угла В. Она делит сторону АС на отрезки AD и DC, которые надо найти. Биссектриса делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные АВ AD двум другим сторонам, тогда — =—. ВС DC „ / 15 х Пусть AD = xcm, a DC = (28-х)см, получим — =----------; 20 28 — х Ответ: AD = 12 см, DC = 16 см. 49
Углы, вписанн ые в окружность Центральным углом в окружности назыв Угол, вершина которого лежит на окружн< называется вписанным в окружность. ается плоский угол с вершиной в ее центре. )сти, а стороны пересекают эту окружность, Углы в о кружности ZAOB - центральный угол ZAOB = <jAB г Центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается. \ ’ 1 \ \' / \ / \ \\ ZABC - вписанный угол ZABC = - u А С = - ZA ОС 2 2 Вписанный угол измеряется половиной ду- ги, на которую он опирается, и равен поло- вине центрального угла, опирающегося на ту же дугу. z D 1 f я \ 1 1 д j \ 7^, ZABC = ZADC = ZAKC Вписанные углы, которые опираются на одну и ту же дугу, равны между собой. —~>Р \ 7 с ZABC = ZADC = 90° Вписанный угол, который опирается на диаметр, равен 90°. Л/ л / \ \ п МА - касательная, МВ - секущая. ZAMB = - и МпВ 2 А / фг 1 \ / в АВ и CD - хорды. ZAMC = ^(уАС + <jDB) р X а/ *в I AP-BP = CPDP 50
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Задача 1. Точки А, В,С лежат на окружности. Чему равен ЛАВС, если хорда АС равна радиусу окружности?. Z.ABC = 180° - — ЛА ОС. Случай 1. AC = AO = OC = R, Хорда АС и вершина вписанного угла лежат по разные стороны от центра окружности, то- . гда ЛАВС =—ЛАОС. * " 1 ' ' тогда ААОС - равносторонний и Случай 2. ЛАОС = 180° - 30° = 150°. От- вет: 30°; 150°. ЛАОС = 60°, ЛАВС = - • 60° = 30°. Ответ: ЛАВС = 30°. Задача 2. Из точки окружности проведены две хорды. Одна из них стягивает дугу в 100°, другая - 80°. Вычислить угол между хордами. Решение. иВС = 100°, иЛВ = 80°. ЛВАС - вписанный, ЛВОС - цен- тральный и ЛВОС = 100°, тогда ЛВАС = 50°. ЛВСА вписанный, ЛВОА - центральный, тогда ЛВСА = 40°. ZZ + ZB + ZC = 180°, поэтому ЛАВС = 180° - (ZJ + ZC) = 180° - (40° + 50°) = 90°. Ответ: ЛАВС = 90°,_________________________________________________________ Задача 3. Хорда стягивает дугу в 80°. Найти острый угол, образованный этой хордой и касательной к окружности в конце хорды. Ответ: ЛАВО = 40°. Решение. Пусть АВ - хорда, uZB = 80°, CD - касательная, тогда • 80° = 40°. Задача 4. Хорды АВ и CD пересекаются в точке М. Хорда АВ = 24 см, DM = %см, CM = \Qcm. Найти AM и МВ. А Решение. Пусть АМ = хсм, МВ = (24-х}см. АММВ = СММВ, тогда (24-х)х = 10-8, .2 пл.. . ол л D = 144 - 80 = 64; х = 12 24-20 = 4(см), 24-4 = 20(сл<). Ответ: AM = 4 см-, МВ = 20 см.
Задача 5. Из точки вне окружности проведена секущая, пересекающая окружность в двух точках, удаленных от данной точки на 8 см и 15 см. Расстояние от данной точки до центра окружности равно 13 см. Вычислить радиус окружности. А 1 У^ 1 NJ Решение. Пусть АВ = % см, АС = 18 см, АО = \Зсм, ON = xcm, тогда AV = (13+x} \см, AD = (\3-x)cm, так как AD-AN = АВ АС, по- лучим (13-х)(13 + х) = 15-8, 169-х2 =120; х2=49,х>0 по смыслу задачи, то х = 7, значит, NO = 1 см. Ответ: радиус окружности равен 1 см. 1 * ч ч Л I. — ь г - .1 L 52
§2. РЕШЕНИЕ ТРЕУГОЛЬНИКОВ Соотношение между сторонами и углами в произвольном треугольнике Теорема синусов Теорема косинусов Э Э 7 с~ = + b - 2ab cos у sing sin/? sin у R - радиус описанной окружности Следствия 1. Если с2 =а2 + Ь2, то / = 90°, то есть треугольник прямоугольный (теорема, обратная теореме Пифагора). 2. Если с2 <d + b2, то угол / - острый (cos/>0); если с - наибольшая сторона, то треугольник остроугольный. 3. Если с2 > а2 +Ь2, то угол у - тупой (cos/ <0). 4. В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, против большего угла лежит большая сторона: а > b <=> а > [5. Решение треугольников Решение треугольников состоит в нахождении неиз- вестных сторон и углов треугольника по известным его углам и сторонам. Стороны обозначают а,Ь,с, а проти- волежащие углы а,р,у. Примечание. Сумма квадратов диагоналей паралле- лограмма равна сумме квадратов всех его сторон. ; = 2d + 2Ъ2 53
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Дано: в ДА8С АВ = 2 см, АС = Зсм, ZBAC-60°. Найти: ВС. Решение. По теореме косинусов: Ответ: ВС = Л(см}. 2. Дано: в ЛАВС АВ = 7 см, ВС = 5 см, АС = 6 см. Найти: cos Я. Решение. По теореме косинусов: ВС2 = АВ2 + АС2-2АВ-AC cos А, откуда __2 ._ 6() 5 cos А =-------- 2АВ-АС Ответ: cosa = -. н 3. Дан параллелограмм с сторонами V10 см и л/30 см. Одна из диагоналей паралле- лограмма вдвое длиннее другой. Найти длины диагоналей параллелограмма._________ Решение. Пусть АВ = DC = VTo см, ВС = AD = ТЗО см, тогда DB в два раза длиннее АС (по условию), то есть АС-хсм\ BD = 2xcm. AC2 +BD2 = 2(аВ2 + ВС2} - свойство диагоналей и сторон парал- лелограмма. Имеем: х2+4х2 =2({>/10)2+(730)2); 5х2=2-40; 5х2 = 80; х2 = 16; х > 0 (по смыслу задачи), тогда х = 4, то есть АС = 4 см, BD = %cm. Ответ: АС = 4 см, BD = 8cm. 4. Дано: в ЛАВС, а,Ъ,с - стороны. Найти: медиану, проведенную к стороне Ъ. т О Решение. Пусть АВ = с, ВС = а, АС = Ь, ВО - медиана, ВО = ть. До- строим ЛАВС до параллелограмма, тогда 2 т 2 Ответ: ВО = 54
5. Дано: в ЬАВС ВС = 20 см, ЛА = 75°, ЛВ = 60°. Найти: АС. Решение. m ВС АС По теореме синусов -— =-------; sin A sin В . „ ВС sin В 20 sin 60° _ 20 0,866 sin75° " 0,9659 5 sin J A Ответ: АС «17,9 см. 6. Сторона треугольника 9 см, а противолежащий ей угол равен 30°. Найти: радиус окружности, описанной около этого треугольника. Решение. По теореме синусов:---------- • * • О АЛ sin 30 2 sin 30° Ответ: 9 см.__________________________________________________________________ 7. Даны сторона и два угла треугольника. Найти третий угол и две других стороны. Дано: а,а,р. Найти: Ь,с,у. Решение. a b , a sin В а с ----=------;о =-----3) --------=----- sin a sin/7 sin a sin a sin/ sin a Ответ: Ь--------- sin a a sin/ sin a 8. Даны две стороны треугольника и угол между ними. Найти другие два угла и тре- тью сторону. Дано: а,Ь,у. Найти: с, а, р. Решение. = а2 + b2 - 2ab cos/ (по теореме косинусов), с = ja2 + Z?2 - 2aZ> cos /, >2 . 2 _2 2) a2 =b2 + c2 - 2bccosa, отсюда cosa =--------; 2bc 3) fi= 180° -(a+y) или, найдя сторону с, можно найти углы а и р, используя теоре- а с . asiny b с . „ bsiny му синусов:-----=------; sina =----; sinр =-------------------. sina siny с sin/7 sin/ с - 2ab cos /, cos a =------, 2bc 55
9. В треугольнике даны две стороны и угол, противолежащий одной из них. Найти другие углы и сторону треугольника. Дан: а,Ь,а. Найти: с,Д/. Решение. гл а Ъ . „ bsina . а. По теореме синусов: 1) -— = -—, отсюда sm /? =---------; 2) / = 180° - (а + /?); sin a sin ft а 3) —— = ; с = ——. Эта задача отличается от предыдущих тем, что может sin / sin a sin а иметь два решения; при а > 90° задача может иметь лишь одно решение или вообще не иметь решений.__________’______________________________________________________ _ b sin а 1ОЛ0 / аsin/ Ответ: sm (3 ------, / = 180 -(« + /?), с----. ________________а________________________sin сг___________________________________ 10. Даны три стороны треугольника. Найти его углы. Дано: а,Ь,с. Найти: а,Д/. Решение. л \ 2 , 2 2 , b + с а . 1) а =Ь + с - 2bc cos а, cos а = ------; 2Ъс -——; 3) / = 180°-(а + /3). 2ас ,2 , „2 „2 „2 -I. ^2 к2 ~ Ь +с -а п а +с -Ь 10_0 . Ответ: cos а =-----------, cos /3 =----------, / = 180° -(« + /?). 2bc 2ас 56
§3. МНОГОУГОЛЬНИКИ Ломаная Ломаной л,,...,4, называется фигура, состоящая из точек Ai,A2,...,An и соединяю- щих их отрезков Точки А1,А2,...,Ап называются вершинами лома* ной, а отрезки 44,4,4,..., звеньями ломаной. Ломаная называется про- стой, если она не имеет самопересечений. Простая ломаная Ломаная с самопересечением Ломаная называется замкнутой, если у нее концы совпадают. Длиной ломаной на- зывается сумма длин ее звеньев. Свойство длины ломаной Длина ломаной не меньше длины от- резка, соединяющего ее концы. __________________________________________+ ДД +________________________Д-1 Д ~ -^А”____________ ________________________________________________________________________Выпуклые многоугольники Простая замкнутая ломаная называется многоугольником, если ее соседние звенья не лежат на одной прямой. Вершины ломаной называются вершинами многоуголь- ника, а звенья ломаной - сторонами многоугольника. Отрезки, соединяющие несо- седние вершины многоугольника, называются диагоналями. Многоугольник с п- вершинами, то есть с и - сторонами, называется и-угольником. Плоским многоугольником, или мно- гоугольной областью, называется конечная часть плоскости, ограничен- ная многоугольником. Многоугольник называется выпук- лым, если он лежит в одной полу- плоскости относительно любой пря- мой, содержащей его сторону. При этом сама прямая считается принад- лежащей полуплоскости. Углом выпуклого многоугольника при данной вершине называется угол, образованный его сторонами, сходя- щимися в этой вершине. Невыпуклый многоугольник ZABC - угол выпуклого многоугольника; ABCDE - выпуклый многоугольник. 57
Внешним углом выпуклого Много- угольника при данной вершине на- зывается угол, смежный внутреннему углу многоугольника, при этой верши- не. ABDM - внешний угол. Сумма углов выпуклого и - угольника Сумма углов выпуклого п -угольника равна 180°(и-2). Сумма внешних углов выпуклого п- угольника, взятых по одному при каж- дой вершине, равна 360°. Многоугольник называется вписан- ным в окружность, если все его вер- шины лежат на некоторой окружности, которая, в свою очередь, называется описанной около многоугольника. Многоугольник называется описанным около окружности, если все его сторо- ны касаются некоторой окружности, ко- торая, в свою очередь, называется впи- санной в многоугольник,____________ Выпуклый многоугольник называется правильным, если у него все стороны и все углы равны. Правильный выпуклый многоугольник является вписанным в окружность и описанным около окружности. Эти ок- ружности имеют один и тот же центр, который называется центром много- угольника._________________________ Вершины правильного 2п -угольника, если их брать через одну, являются вершинами правильного и-угольника. У четырехугольника, описанного около окружности, суммы длин противопо- ложных сторон равны. 58
Если в выпуклом четырехугольнике суммы длин противоположных сторон равны между собой, то в него можно вписать окружность. Если трапеция или ромб описаны око- ло окружности, то их высоты равны диаметру окружности. Формулы радиусов вписанной и описанной окружностей около правильных много- угольников """^Количество (и) Радиус п = 3 п = 4 п ~ 6 ” 2 sin (1 «О/) Leo СП II ал >J2 D _ 4 * Л ~ 2 R = a(> г _= ч, 2tg(180/j \ /и / [СП ГП (1 «4 Г — 2 r = -^— 2 Зависимость стороны ап правильного п - угольника от радиуса R описанной около него окружности и радиуса г вписанной в него окружности Количество сторон Зависимость ап от R и п ап от г и п п ап = 2R sin (180//J а 4, = 2^(180%) 3 а3 - Ry/з а. = 2гл/з 6 а4 = rJ1 а4 = 2г 4 a6=R Ch II СО I М Хорда, которая перпендикулярна радиусу и проходит через его середину, равна стороне правильного вписанного тре- угольника. А м АВ - сторона правильного треугольника, вписанного в окружность. Правильные выпуклые «-угольники по- добны. В частности, если у них стороны одинаковые, то они равны. О-с? A D A, D, У правильных п -угольников отношения периметров, радиусов вписанных и ра- диусов описанных окружностей равны. II * — О- II Л? #4 ум jl / 4Н CQ cq 59
Отношение длины окружности к ее диаметру не зависит от окружности, то есть является постоянной величиной, которая называется л-(л-'~3,14). Длина окружности Длина окружности равна: 1 = 2лВ или l = nD, D = 2R. Длина дуги окружности вычис- ляется по формуле: 1 = R 180° где п- градусная мера угла, или l = aR, где а- радианная мера угла. Радианная мера угла Радианная мера угла получается из градусной умножением на 180°’ то есть а = —--п, где а - радианная мера угла, а п- градусная мера угла. 180° Единицей радианной меры углов является радиан. Угол в один радиан - это цен- тральный угол, у которого длина дуги равна радиусу. Градусная мера угла в один ра- 180° спо диан равна:-----«57°. л Радианная мера некоторых углов 0° 30° 45° 60° 90° 180° 0 лУ /6 Л’/ /4 /2 71 Хорды и дуги окружностей Если градусные меры двух дуг одной окруж- ности равны, то дуги тоже равны. И наоборот: если дуги равны, то и градусные меры их равны. Равные дуги стягиваются равными хордами, и наоборот: равные хорды стягивают равные дуги. Бо'льшая дуга, которая не превышает 180°, стягивается большей хордой, и наоборот: бо'- льшая хорда стягивает большую дугу. Дуги, расположенные между параллельными хордами, равны между собой. \jAB - <jCD uAC = ^BD 60
Если непересекающиеся хорды соединяют концы равных дуг одной окружности, то эти хорды параллельны. u А С = <jBD Если трапеция вписана в окружность, то она равнобокая. AB = CD УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Звенья ломаной EFMO таковы: = 1см; FM = 4cm-, МО = 2 см. Может ли отрезок ЕО быть равен: а) 0,5 см; б) 8 см? Решение. Воспользуемся теоремой, исходя из которой длина ломаной EFMO должна быть не меньше длины отрезка ЕО, что соединяет ее концы. Длина ломаной EFMO равна 7 см, то есть, отрезок ЕО должен быть не больше 7 см. Ответ: отрезок ЕО может быть равен 0,5 см и не может быть равен 8 см. 2. Найти углы выпуклого пятиугольника, если они пропорциональны числам 1,3,5,7,11. Решение. Сумма углов выпуклого пятиугольника равна 180° (5-2) = 180°-3 = 540°. Приняв за х меньший из углов, составим уравнение: х+Зх+5х+7х +11х = 540, 27х = 540; х = 20° Ответ: углы пятиугольника равны 20°; 60°; 100°; 140°; 220°. 3. Сколько сторон имеет выпуклый п - угольник, если сумма его внутренних углов рав- на 1260°?________________________________________________________________________ Решение. 180°(и-2) = 1260°, 180п-360 = 1260°, 180и = 1260 + 360, 180°w = 1620, и = 1620°:180°, и = 9. Ответ: 9 сторон. 4. Определить сумму внутренних углов выпуклого и-угольника, если и = 7.__________ Решение. 180° (7-2) = 180°-5 = 900°. Ответ: 900°. 5. Сторона правильного вписанного в окружность треугольника равна а. Найти сторо- ну квадрата, вписанного в окружность.____________________________________________ Решение. Связь между сторонами правильного треугольника и правильного четырехугольника выражается формулами: a3=R^i, откуда = = a4=Rj2. Подставив значение п а а-урО. [2 R, получим: a4=—f=yl2=—j=- = a. -. Ответ: а4 61
6. Доказать, что сторона правильного 8-угольника вычисляется по формуле: ag = R^2-42, где R- радиус описанной окружности. __________Доказательство.________________________________ Пусть АВ — сторона правильного 8-угольника, АО = ВО -CO-R - описанной окружности, тогда АС = хМ2 +Я2 = 7?х/2 (из АЛОС). &AOD- прямоугольный, BOLAC И Z.DOA = Z.OAD = 45°, а значит И DO = AD, AD = — 2 и DO = Найдем BD. BD = R-DO; rJ1 2R-rJI л(2-л/2) DU - К-----= --------= --------. 2 2 2 M.BD - прямоугольный по теореме Пифагора: ав1 = BD1 + AD2, получим: АВ = 7. Радиус окружности, вписанной в правильный шестиугольник, раврн Зс.м. Найти ра- диус окружности, описанной около этого шестиугольника._________________________ Решение. в 1-й способ. Пусть АВ - сторона правильного шестиугольника, опи- е санного около окружности с радиусом R, то есть ВО = R, AtBt - сто- рона правильного вписанного в окружность шестиугольника и СО - г = Зсм, тогда A,Bt=3cM, CtB, = 1,5см. Найдем С}0 из прямо- угольного треугольника CxOBt по теореме Пифагора: ВхОг = С,В2 + С, О2; „„ L 9 /36-9 Зу/з, , откуда CtO = yjBp--QB; = J9— - J---=----(см); ВО со &ОВС со &ОВХС\ (по острому углу ВОС), тогда-= — 2-й способ. Используя связь между стороной правильного шестиугольника и радиу- сами описанной и вписанной окружностей, получим: 2г _ 2г 2-3 2-3-х/з _ г, к Ответ: ВО = 2>!з см. 62
8. Точки М и N делят окружность на две дуги, разность градусных мер которых равна 90°. Чему равны градусные меры каждой из дуг?___________________________________ Решение. Сумма градусных мер дуг равна 360°, а разность равна 90°. Обозначим градусные ме- ры дуг х и у. Имеем: х + у = 360° 2х = 450°, х = 225°, это у = 135°. [х-у = 90° ' Ответ: 135°, 225°. 9. Найти отношение периметра правильного вписанного 12- угольника к диаметру. Решение. Р„ = а• п = 2R• п• sin — = 24 Rsin 15°. -~П--5° = 12sin 15° «12• 0,2588 *3,12. ________________12____________2R 2R___________________________________________ Ответ: 3,12. 10. Сторона равностороннего треугольника равна Зсм. Вычислить длину окружности, описанной около него.___________________________________________________________ Решение. Сторона равностороннего треугольника вычисляется по формуле а. = Ry/з, откуда ; / = 2лу[з (саг). 11. Вычислить радиус окружности, длина которой равна 12,5<Эл*. Решение. l = 2nR-, R = -L^H^-=2(dM _________2л 6,28 v Ответ: R = 2dM. 63
§4. ПЛОЩАДИ ФИГУР Вычисление г Площадь прямоугольника со сторо- нами а и Ь вычисляется по формуле S = ab. Площадь параллелограмма равна про- изведению его стороны на высоту, про- веденную к этой стороне. Площадь параллелограмма равна про- изведению его сторон на синус угла ме- жду ними. Площадь параллелограмма равна по- ловине произведения диагоналей на си- нус угла между ними. 4 Площадь ромба равна половине изведения диагоналей, ч про- - Формулы для вычислен S а = —ah 2 а с _ 1, . 5 =—ос sin а 2 Прямоугольн Г /а/ \ О ух \ b У -—1— S = рг р- полупе- риметр ч s=^ 4R аг4- О — 4 площадей фигур ь а S = а-Ь В с А М а D S = a-h или S = AD BM. в с / / Ха / • A a D Л =670 Sin 6Z. В с ^>х^ A D 1 S = ~cL(Ls\na 2 1 2 и в С /х \ / A D 1 S = -dxd, 2 1 - ния площади треугольника Формула Герона С а / ь S = Jp(p-a)(p-b)(p-c), где р - полупериметр. ый треугольник А , ° "х b \ с 5 ,а_ ° в «г-1 а- О — —670, м — 1 • 1 7е * "г* S besin А. 2 2 2 64
Вписанный и описанный многоугольники (вписанная и описанная окружности) Описанный - все стороны являются касательными к окруж- вершины лежат на окружности. пости. Sonuc_ , где Р - периметр, г - радиус вписанной окружности. Вписанный и описанный четырехугольники ZB + ZL> = 180° Если у четырехуголь- ника сумма противо- лежащих углов равна 180°, то около него можно описать окру- жность. АВ 4- (JD = ВС+ AD В (суммы длин проти- воположных сторон равны). Если у выпуклого четырехугольника суммы длин проти- воположных сторон равны, то в него можно вписать ок- ружность. Площадь трапеции равна произведе- нию полусуммы ее оснований на высо- h. Площадь выпуклого четырехугольника Если диагонали четырехугольника пе- ресекаются, то площадь четырех- угольника равна половине произведе- ния его диагоналей на синус угла меж- ду ними. ABCD “ ^1^2 Sin# Если в выпуклом четырехугольнике диагонали перпендикулярны, то его площадь равна половине произведе- ния диагоналей. = —dd ABCD wlu: ту: 5 = 65
Площадь описанного многоугольника Площадь многоугольника, описанно- го около окружности, равна половине произведения периметра многоугольни- ка на радиус окружности. Площади подобных фигур относятся как квадраты их соответственных ли- нейных размеров. 3 л S=p-r, где р- полупериметр Площадь круга и его частей S = nR2 - площадь круга. R О ттЯ2 5 = -—-п- площадь кругового сектора, соответствующего центральному углу в и градусов. тральному углу в а радиан. К nR 2 а ---площадь кругового сектора, соответствующего цен- Круговой сегмент Вктгс^ = — * круг.сегА?* 360 круг.сегм. круг .сект. Д (при а <180° знак«~», при о'>180° знак «+»). УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Найти площадь квадрата S по его диагонали а.___________________________ Решение. Пусть ABCD - квадрат и ав = вс = cd = da = х, &ABD - прямоугольный и по теореме Пифагора BD2=AB2 + AD2 получим а2 =2х2; = — А Ответ: SABCD - 2. Биссектриса угла прямоугольника делит сторону на отрезки 12 см и 8 см, начиная от вершины противоположного угла. Вычислить площадь прямоугольника. в М D Решение. Пусть СМ - биссектриса ZC прямоугольника ABCD. АМ = \2см, MD = 8cm, если СМ - биссектриса ZC, то AMCD = 45°, тогда и Z.CMD = 45°, значит, &MCD - прямоугольный и равнобедренный, MD = DC = 8 см, тоща AM+ MD = AD = 20 см, АВ = CD = 8 см (как противолежащие стороны). ABCD Ответ: S.„rn =160слЛ 66
3. Высоты параллелограмма равны 18c,v и 24 см, а угол между ними - 60°. Найти площадь параллелограмма. Решение. BN = 18cm, ВМ = 24 см. Пусть ABCD — параллелограмм, где ВМ 1 CD, BN ± AD. ABCD — четырехугольник, в котором ABMD + M.BND = 180°, тогда Z.NBM + Z.MDN = 180°, Z.NBM =60° — по условию, значит, /CNDM = 120°. Найдем величину ZC. ZC = 180°-ZMW = 60°. 24-2 = 1 6^3 (t-м) i ВС ~ AD', S = AD BN', Из ЛШС: ВС = мв sin 60° 5 = 16л/3-18 = 288>/з(сл/2). Ответ: S = 288>/ЗслА ________ABCD_____________________________________________________________________ 4. Углы ромба относятся как 1:5, а его сторона равна 10 см. Найти площадь ромба. Решение. Пусть х- коэффициент пропорциональности, тогда один угол содержит х градусов, другой — 5х градусов, а их сумма равна 180°. Получим: х+5х = 180; 6х = 180; х = 30°, тогда площадь ромба равна: 10-10-sin30° = 50(сл/2). Ответ: 50 слГ,_____________________________________________ 5. Сторона треугольника равна 12 см, а высота, проведенная к ней, равна 2,5 см. Найти площадь треугольника._____________________________________________________ D Решение. Пусть в ЛАВС AC = 12 см, BD = 2,5 см, тогда ABC ~ A Ответ: S, =15 см2. ________А_________________________________________________ 6. В прямоугольном треугольнике точка соприкосновения вписанной окружности и ги- потенузы делит гипотенузу на отрезки длиной 5 см и 12 см. Найти радиус вписанной окружности. Решение. Пусть в N4BC AM = AN = 5 см, BN = BD = 12 см. МО = OD = CD = МС = г = х. По теореме Пифагора: ав2 = Л2? = 5 + 12 = 17(см), ЛС = (5 + х) см2, СВ = (х + 12) см. Получим: (5 + х)2+(х + 12)2 =172; 2х2+34х-120 = 0; x2-17x-60 = 0; Ответ: R = 3cm. 7. Дан: /^^=84, AD = 12, DC = 14 (D - точка касания окружности, вписанной в МВС). Найти: S^. 67
Решение. AM = AD-, DC = КС-, BM-ВК- свойство касательных к окружности. Тогда Р = 2AD + 2DC + 2ВК-, AD + DC + BK = -P = 42. ,, 2 ВК = 42-AD-DC', ВК = 16. Л5 = 12 + 16 = 28; ЯС = 16 + 14 = 30; ЛС = 26. По формуле Герона: S = ^р{р-а)(р-Ь){р-с\ S = л/42-14-12-16 = -J3-14-14-4-3-16 = ^З2-142-22-42 =2 • 3 • 4 • 14 = 336(ед2.) Ответ: 336 ед2. 8. Дан: АА = АС. Найти: S^,RC. Решение. ДАВС- равнобедренный, так как АА = АС, тогда AB = BC = Vlx\ NC = МС = 8х (свойство касательных); АМ = МС, так как М- середина основы ДЛВС; АС = 2МС = 16х ; PARC = 2-17х + 16 = 50х; р = — -50х = 25х; ’ /шс 7 * 2 S = p r; S = р-ОМ = 25х-24. По формуле Герона: S = Jp(p-a)(p-b)(p-c). 5 = ч/25х-8х-8х-9х=5-8-3-х2 =5-24х2. Составим уравнение. 25х-24 = 5-24х2; х = 5. S = p-r = 25-5-24 = 3000(ед2.). Ответ: 3000 од2. 9. Основания равнобокой трапеции равны 12см и 23см, а боковая сторона - l'* 1 см. Найти площадь трапеции.________________________________________________________ Решение. В с л к Пусть ABCD - равнобокая трапеция, где ВС = 12см / \ и AD = 28 см, тогда sABCD = -С+Л£> вм. / I________| \ Найдем ВМ. ВМ = CN, мвм = kDCN (поскольку АА = AD), тогда А М N D ylA/ = W£) = (28-12):2 = 8(aM). Из taABM: ВМ = у1аВ2-ВМ2 = л/172 -15 = 20-15 = 300(слг). Ответ: SARrn= 300 см~. 10. В прямоугольной трапеции меньшее основание равно 10 см. Вычислить пло- трапеции, если длина окружности, вписанной в трапецию, равна 12л-см. МКС N М Пусть ВС = 10 CM. sABCD = Решение. —АВ, AB = MN, KN = 2r- 1 = 2лг, 1 — = 6(ам), CMto, CM = KN = \2cm, AM = BC = \0cm, 2тг BC + AD = AB + CD, 10 + AD = V2 + CD, тогда пусть CD = xcm, то 68
AD = AM + MD; x + 2 = \Q + MD-, MD = (x-8)cm. Из \CMD\ CD2=MD2 + CM2 - по тео- реме Пифагора. x2 =(x-8)2+122; x2 =x2 —16x + 64 + 144; 16x = 208; x = 13, тогда MD = 13-8 = 5 см, получим AD =10 + 5 = 15 (cw); 5 = l£tIA.]2 = 25-6 = 150(cM2) _____________________________________________________. 2______________________________ Ответ: s = 15(W. mp. 11. Дана трапеция ABCD, точка К- середина AD. Доказать, что площади треуголь- ников АВК и KCD равны. Решение. п о/-, I л г\ с АК • ВО Пусть ВО LAD, тогда SMBK =———; АК = KD (по условию), ТО SMEK = S^CD. KD-BO ьксо ~ к 12. Площади подобных треугольников относятся как 1:4. Сторона первого треуголь- ника 6 см. Найти соответствующую сторону второго треугольника._________ Решение. Пусть АВ и АХВХ - соответствующие стороны двух подобных треугольников. Площади подобных фигур относятся как квадраты их соответствующих линейных размеров, п 1 АВ2 1 36 / . „ \2 / , . Получим- =----(44 ) =4-36; A,Bt = V4-36 =12(см). Ответ: АХВХ = 12 см. 13. Найти площадь круга, вписанного в квадрат со стороной 6 см. Решение. Пусть ABCD- квадрат, где АВ = 6 см, тогда г = 3 см, где г - радиус вписанной окружности. S = 7ГГ2 =71-36-3671 (см2\ . Ответ: S = 36я см2. 14. Найти площадь окружности, описанной около правильного треугольника со стороной а = 4V3 см. Решение. S=ftR2; R^- S $а=12^слг, д „ 4 - X - X ,, , ,S = 16.T см2. _________ 45/ ‘ 4 4 ___________ /.I/# '____________ Ответ: S = 16ttcm2.________________________________________________________ 15. Найти площадь сектора с радиусом R, если соответствующий этому сектору цен- тральный угол равен 150°.__________________________________________________ Решение. 7tR2 7tR2-15Q° _7tR2-5 360° a~ 360° “ 12 5 > Ответ: S = —ttR . 12 69
§5. НАЧАЛЬНЫЕ СВЕДЕНИЯ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ Стереометрия — это раздел геометрии, в котором изучаются фигуры в пространстве. Основные фигуры стереометрии: точка, прямая, плоскость. А, В, С, D, М; прямые a, b, d, плоскость а. Точки А, М, D лежат в плоскости а. Точки С и В не лежат в плоскости а. Прямая а лежит в плоскости а, все ее точки лежат в плоскости.________________ Прямая Ъ не лежит в плоскости а и име- ет общую точку D с плоскостью а. Пря- мая Ъ пересекает плоскость а. Прямая d не лежит в плоскости а и не пересекает плоскость а, не имеет общих точек с плоскостью. а еа; Аеа, значит, А е а . Deb; Dea, D- точка пересечения пря- мой и плоскости, D- единственная. Взаимное размещение двух прямых в пространстве Две различные прямые в пространстве или пересекаются, или параллельны, или скре- щиваются. а а и Ь пересека- ются в точке А. Л-единственная. а и Ь парал- лельны. Общих точек нет. а не параллельна Ь и не пересекаются, нет об- щих точек, а и Ь - скрещивающиеся прямые. Взаимное размещение плоскостей в пространстве Две плоскости в пространстве или пересекаются, или не пересекаются. р а - прямая пересечения а и /з имеют множество общих точек, которые лежат на прямой пересечения а а и /? не имеют общих точек. а и /?-параллельны. 70
___________________Взаимное размещение прямой и плоскости______________ Прямая и плоскость или пересекаются, или не пересекаются, или прямая лежит в плоскости. ina; b ta. А е Ь, А е а вДИНСТВвННаЯ Об- щая точка. Ъ-оа\ Ь<£а Общих точек нет. Ь || а. b и а параллельны. а-оа, a а аеа. Все точки прямой а лежат в плоскости а. Перпендикуляр к плоскости Прямая, которая пересекает плоскость под углом 90°, называется перпендикуляром к плоскости. boa. b .La. МНОГОГРАННИКИ. ПРИЗМА Призмой называется много- гранник, который состоит из двух плоских многоугольни- ков, лежащих в разных плос- костях и совмещаемых па- раллельным переносом, и всех отрезков, соединяющих соответствующие точки этих многоугольников. Призма называется прямой, если ее боковые ребра пер- пендикулярны основаниям. Прямая призма называется правильной, если ее основа- ния являются правильными многоугольниками. ABCD и AXBXCXDX-основания призмы. ААХ\ BB}*, CCt; DDX - боковые ребра. AXD-диагональ призмы. АХВ-диагональ боковой грани. ААХ L(ABCD)\ BB}1_ABCD... ААХВХВ; ВВХСХС\ CCXDXD\ DDXAXA- боковые грани (пря- моугольники). / треугольная ДЛВС- правильный, грани - равные прямо- угольники. А В четырехугольная ABCD- квадрат. Прямой параллелепипед, у которого основанием явля- ется прямоугольник, называ- ется прямоугольным па- раллелепипедом . Боковые грани и основания - прямоугольники. 71
Кубом называется прямо- угольный параллелепипед, у которого все ребра равны. Все грани - равные квад- раты. ABCD = DD, Сх С = ... Боковая поверхность и объем прямой призмы Боковая поверхность призмы - это сумма площадей всех боко- вых граней. Боковая поверхность призмы равна произведению периметра основания и высоты призмы. Объем призмы равняется произ- ведению площади основания на Пирамидой называется многогранник, который со- стоит из плоского много- угольника, точки, не лежа- щей в плоскости основания, и всех отрезков, соеди- няющих вершину пирамиды с точками основания. S<£(ABC).S- вершина; ЛАВС- основание, все грани - треугольники. (Л5В), (BSC), (ASC)- боковые грани. SA, SB, SC-бо- ковые ребра. SO- высота пира- миды. SM- высота боковой грани. S S с Грань ASC перпенди- кулярна плоскости ос- нования. SO-высота пирамиды и высота боковой грани ASC. Грани ASC и BSC перпендикулярны плоскости основания. AS - их общее боковое ребро. AS - высота пирамиды и боковых гра- ней ASC и ASB. Боковая поверхность и объем пирамиды Боковая поверхность пирамиды равна сумме площадей боковых гра- ней пирамиды. Объем пирамиды равен одной трети произведе- ния площади основания на высоту пирамиды. бок.пир. SASB ABSC MSC 72
ТЕЛА ВРАЩЕНИЯ Цилиндром (круговым цилиндром) называет- ся тело, которое состоит из двух кругов, не лежащих в одной плоскости и совмещающихся параллельным переносом, и всех отрезков, соединяющих соответствующие точки этих кругов. Основания - равные круги. Образующие яв- ляются высотами цилиндра. Виды сечений цилиндра А Осевое сечение ABCD - прямоугольник. AD = 2R, АВ = Н. к Сечение плоскостью, параллельной оси. MNKL - прямоугольник. Сечение плоскостью, параллельной основаниям. Сечение - круг, равный основа ниям. AW-хорда, MN-H. Конус Конусом (круговым ко- нусом) называется те- ло, которое состоит из круга, точки, которая не лежит в плоскости этого круга, и всех отрезков, соединяющих заданную точку с точками круга. Основание - круг с центром в точке О, R = ОВ. S - вершина конуса, SA,SB - образующие, SO - высота конуса. Виды сечений конуса Осевое сечение. ДВАВ - равнобедрен- ный; SO- медиана, высота, биссектриса, AB = 2R. Сечение плоскостью, проходящей через вершину. ДВКМ - равнобедрен- ный; ATM-хорда. Сечение плоскостью, парал- лельной основанию. Сечение - круг, OjAt =R сечения, OA = R конуса, OtA^OA. 73
Шар Шаром называется тело, которое со- стоит из всех точек пространства, на- ходящихся на расстоянии, не большем данного, от данной точки. Заданное расстояние - это радиус ша- ра. Заданная точка - это центр шара. Шар получается при вращении полу- круга около своего диаметра.________ Боковая поверхность шара = teR2 м О - центр шара, AO = R - радиус шара, АВ = 2R - диаметр шара, Р,М - полюса шара, РМ - ось шара. Объем шара V = -nR3. УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Вычислить площадь полной поверхности и объем правильной четырехугольной призмы, если площадь ее боковой поверхности равна 910 дм2, а высота составляет 17,5 дм. ОСН. осн. Решение. Полная поверхность призмы равна сумме боковой поверхности и площади оснований. ' ' = 9 4-79 *9 = Р -И паян. ибок. ’ ^иосн, > ° бок. 2 осн, 11 * = 4AD~ Н = 11,5см. = 4-AD-H, S6oK 910 X ЛА) = „ =-----= 13 (см). = AD2, поскольку основание пирамиды - квадрат. = 132 = 169(дм2). Snom = 910 + 2-169 = 910 + 338 = 1248(дм2). V = SKH • Н = 169 • 17,5 = 2957,5 (дм3). Ответ: 1248дм2; 2957,5дм3. 2. Сколько квадратных метров полотна израсходовали на изготовление палатки, имеющей форму правильной четырехугольной пирамиды, если сторона ее основания равна 3,2 м, а апофема пирамиды 5,1.м? (Расход материала на швы и обрезки со- ставляет 8% боковой поверхности пирамиды). Решение. Расход ткани на изготовление палатки равен площади боковой по- верхности пирамиды SABCD и расходу на швы и обрезки при поши- ве. бок.пиР. = 4• 5боК.гР. = 4• т•DCSM> где SM~ апофема пирамиды. ~ 2-3,2-5,1 = 32,64(л/2). Найдем расход ткани на швы и об- резки : 32,64 • 0,08 = 2,6112 ® 2,6 (м2). Расход ткани на изготовление палатки равен: 32,64 + 2,6 «35,24 (м2}. Ответ: 35,2л<2. 74
3. Прямоугольный треугольник, катеты которого равны 36см и \0,5см, вращается во- круг одного катета. Определить полную поверхность и объем образовавшегося при этом конуса. Решение. S ASAO вращается вокруг катета SO; /SOA = 90°. /[К Пусть SO = 36см, А О = 10,5 см. / !\\ = S6oK. + SOOT ; 5бок = п• ОА SA (OA = R;SA- образующая конуса). / ! \\ * *V=^2. / ,—J--V \ По теореме Пифагора из AS О A (/SOА - 90°): (____SA = ^s°2 +А°2 = 7362 +Ю,52 •= 71296 + 110,25 = 3 7,5 (сл/). A S6oK = ^-10,5-37,5 = 393,75д(слг2). S0CII = яЧ0,52 = 110,25-л-(сл/2). SmiH.=(393,75 +110,25)-тт = 504тг(см2). К.0».=|^.:^ = |-1Ю.25-36 = 1323(с^). Ответ: 504ясл/2; 1323яслЛ 4. Латунный шар радиусом R переплавлен в конус, осевое сечение которого — рав- носторонний треугольник. Найти высоту конуса.. Решение. Н = г -tg60°, тогда Искомый конус имеет радиус AO = r, Н = SO. ASAO- осевое се- чение. ASAO- правильный по условию. Поскольку шар перепла- вили в конус, то объем шара равен объему конуса. (Конус и шар - равновеликие тела.) Шар имеет радиус R. 4,1, V =—nR3- V = -kR2H * тара 3 Л ’ *кан. Рассмотрим ASOB-прямоугольный; /.SOB = 90°, /SBO = 60°, поскольку ASAB- правильный. SO = ВО • tg/SBO = г • /g60°. К™. | лг2 • rtg6Q° = | тгг3 7з. 4 1/- г 4 /4 Составим уравнение —л-7?3 =-ят3<3, 4R3=r3y/3, r3=—f=R3; г = Яз -= 3 3 Тз \7з тогда H = R з = J?V42-32 = R^41 = Rl/n . Ответ: Rl/12. 75


§1. Введение в стереометрию Стереометрия - это раздел геометрии, в котором изучаются фигуры в пространстве. Основными фигурами стереометрии являются точка, прямая, плоскость: точки: А, В, С, D; прямые: а, Ь', плоскость: а. Аксиомы стереометрии Аксиомы стереометрии - это основные свойства основных фигур стереометрии. Точка и прямая - это основные фигуры планиметрии, поэтому в стереометрии справедливы аксиомы планиметрии. Аксиомы планиметрии I. Ц. Какова бы ни была прямая, существуют точки, принадлежащие этой прямой, и точки, не принадлежащие ей. 12. Через любые две точки можно провести прямую, и только одну. Аксиомы стереометрии (С) - это основные свойства плоскостей вя1ространстве. С-|. Какова бы ни была плоскость, существу- ют точки, принадлежащие этой плос- кости, и точки, не принадлежащие ей. С2. Если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой, проходящей через эту точку. С3. Если две различные прямые пересе- каются, то через них можно провести плоскость, и притом только одну. and; a g a; a g р; а - прямая пересечения плоскостей а и р. a n b, а, b g a; a - единственная. Следствия из аксиом стереометрии Через прямую и не лежащую на ней точку можно провести плоскость и притом только одну. Если две точки прямой принад- лежат плоскости, то и вся прямая принадлежит этой плоскости. Плоскость и не лежащая на ней прямая либо не пересекаются, либо пересекаются в одной точке. Через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести плоскость, и притом только одну. a е. a, aj?\ a a £ a; ana; A g a; A g a; А - единственная. 78
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Часто в стереометрических задачах для доказательства используют метод от противного. Доказывая задачу методом от противного, рассуждают по алгоритму: 1. Допускают обратное тому, что требуется доказать. 2. Анализируют следствие, вытекающее из допущенного. 3. Устанавливают противоречие: с условием задачи, с известными теоремами и аксиомами и т.д. 4. Формулируют вывод: допущенное неверно, а верно то, что требуется доказать. Задача 1. Доказать, что если прямые АВ и CD не лежат в плоскости, то прямые АС и BD также не лежат в плоскости. Дано: АВ е а, CD £ а. Доказать: AC е a, BD а. Доказательство. Используем метод от противного. 1. Допустим, что прямЫеЛС nBD лежат в одной плоскости а. 2. Тогда точки этих прямых лежат в плоскости а, т.е. А, В, С, Dea. Значит, прямыеЛВ и CD лежат в плоскости а (т.к. две их точки лежат в плоскости, то и сами прямые лежат в плоскости). 3. Получим противоречие условию задачи (АВ и CD не лежат в одной плоскости). 4. Вывод: допущенное неверно, а верно то, что прямыеЛС iaBD не лежат в одной плоскости. Задача 2. Точка С лежит на прямой АВ, точка D не лежит на прямой АВ. Доказать, что плоскость ABD и плоскость CDB совпадают. Доказательство. Докажем методом от противного: 1. Допустим, плоскость ABD и плоскость CDB не совпадают. 2. Тогда точки А, В, C,D не лежат в одной плоскости. 3. Получим противоречие: по условию задачи, D е АВ, тогда через точку D и прямую АВ проходит единственная плоскость, а так как С е АВ, то все точки А, В, C,D лежат в одной плоскости. 4. Вывод: допущенное неверно, а верно то, что плоскости ABD и CDB совпадают. Задача 3. Точки А, В, С не лежат на одной прямой. МеАВ,КеАС;Хе МК. Доказать, что точка X лежит в плоскости АВС. Доказательство. Прямые АВ и АС имеют общую точку А, значит, АВ г\АС. Тогда они задают плоскость АВС (аксиома С3), значит, все точки этих прямых лежат в плоскости АВС, т.е.М е (АВС) и Ке(АВС), следовательно, прямая МК лежит в плоскости АВС (следствие из аксиом). X е МК, значит, X е (АВС). 79
§2. Параллельность в пространстве Взаимное размещение прямых в пространстве Две различные прямые в пространстве либо пересекаются, либо параллельны, либо скрещиваются. А е а; А e b; а о b; а пересекает Ь; единственная общая точка А. b ар\ b \а || b; а параллельна Ь; нет общих точек. ар\ b, аМ Ъ; а не пересекает Ь; а не параллельна b; нет общих точек; а и Ь — скрещивающиеся. а Признаки параллельности прямых 1. Если внутренние накрест лежа- щие углы, образованные двумя прямыми и секущей, равны или сумма внутренних односторонних углов равна 180°, то прямые параллельны. 2. Две прямые, перпендикулярные третьей прямой, — параллельны. 3. Две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны. Z1 = Z2 (внутренние накрест лежащие); Z2 + Z3= 180° (внутренние односторонние); а || Ь, с — секущая. Если ale; b 1.с то а || b. Свойство параллельных прямых Через точку, не лежащую на данной прямой, можно провести прямую, параллельную данной, и только одну. Bta;Beb',b а\Ь — единственная. 80
Взаимное размещение прямой и плоскости Прямая принадлежит плоскости. Прямая не принадлежит плоскости, пересекает ее. Прямая не лежит в плос- кости, не пересекает ее. аеа, множество общих точек, лежащих на прямой. а па, А е а, А е а, единственная общая точка А. ata, ар\а, а || а, прямая и плоскость парал- лельны, нет общих точек. Признак параллельности прямой и плоскости Если прямая, не принадлежащая плос- кости, параллельна какой-нибудь прямой в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости. h Свойства параллельных прямой и плоскости Все параллельные между собой прямые, которые пересекают заданную прямую, лежат в одной плоскости. (Доказатель- ство смотри в «Ученической страничке».) Если через прямую, параллельную плос- кости, проходит другая плоскость, пере- секающая данную, то прямая пересечения плоскостей параллельна первой прямой. Способы задания плоскости Тремя точками, не лежащими на одной прямой. А ,В,С & а', А ,В,С задают плоскость а. Прямой и точкой, не лежащей на этой прямой. В g а; В и а задают плоскость а. Двумя пересека- ющимися прямыми. a n Ь , а и Ь задают плоскость а; А — точка их пере- сечения Двумя параллельными прямыми. а Ь; а и b задают плоскость а. 81
Взаимное размещение плоскостей Если две плоскости в простран- стве пересекаются, то они имеют множество общих точек, лежащих на прямой их пересечения. Если две плоскости в простран- стве не пересекаются, то они параллельны и не имеют общих точек. а — прямая пересечения аир. р, а || р; а и р не имеют общих точек. Признак параллельности плоскостей Если две пересекающиеся прямые' одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающим- | ся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны. Если а || ах, b || , р n Ь и лежат в а, aj п Ьх лежат в р, Свойства параллельных плоскостей Если две различные плос- кости параллельны треть- ей, то они параллельны между собой. ГА Если а || р, АВ || CD Л/ g а, М е р; а р,р — единственная. Через точку вне плоскости можно про- вести плоскость, параллельную данной плоскости, и только одну. Если две параллельные плоскости пересекаются третьей, то прямые пере- сечения параллельны. Отрезки параллельных прямых, заключенные между параллель- ными плоскостями, равны. АВ = CD. Если прямая пересекает одну из парал- лельных плоскостей, то она пересекает и вторую плоскость. (Доказательство смот- ри в «Ученической страничке».) 82
Если одна из двух параллельных прямых пересекает плоскость, то и вторая пря- мая пересекает эту плоскость. Изображение пространственных фигур на плоскости Для изображения пространственных фи- гур на плоскости пользуются методом параллельного проектирования. h — направление проектирования; фигура F' — изображение фигуры F при проектировании на плоскость а в направлении h. Свойства изображения фигур на плоскости 1. При параллельном проектировании пря- мые проектируются в прямые, отрезки — в отрезки. 2. При параллельном проектировании параллельность отрезков сохраняется. 3. При параллельном проектировании от- ношение отрезков одной прямой или параллельных прямых сохраняется. Середина отрезка при изображении его на плоскости тоже является серединой. 4. При параллельном проектировании ве- личина угла и отношение длин непа- раллельных отрезков не сохраняется. 5. При параллельном проектировании об- щая точка двух фигур является общей точкой их проекций. Изображение пирамиды, призмы, цилиндра или конуса начинают с изображения их основания — многоугольника или круга. Выполняя изображения фигур, нужно придерживаться правил и требований черчения. Использовать сплошные линии разной толщины, пунктирные и штрихпунктирные линии. Изображения должны быть правильными, полными, наглядными и простыми в вы- полнении. 83
Изображение некоторых плоских фигур при параллельном проектировании 1. Изображение треугольника Любой треугольник (прямоугольный, равнобедренный, правильный) изобра- жается произвольным треугольником в удобном расположении на рисунке. ААВС — изобра- жение на плоскость а. Если АЛ1^1С1 — прямоугольный, то изо- бражение направлений двух его высот (катетов) задано. Произвольно изобра- жаются высота, опущенная на гипотенузу, и центр вписанной окружности. Изображение перпендикуляра, опущен- ного из заданной точки гипотенузы на какой-либо катет, является отрезком, параллельным второму катету. ZC = 90°, АВ — гипотенуза, КеАВ, КМlАС КМ\\ВС. Если АА jВх Cj — равнобедренный, то изо- бражение медианы BXDX является изобра- жением высоты и биссектрисы ААХВХСХ. Изображение центра вписанной и описан- ной окружностей принадлежат BD. АВ = ВС, BD — медиана (биссектриса, высота). Если ААХВХСХ — правильный, то центры вписанной и описанной окружностей совпадают и лежат в точке пересечения медиан. Поэтому построение изобра- жения этого треугольника не может быть произвольным. AM и BD — медианы (биссектрисы, высоты), О — центр вписанной и описанной окружностей. 2. Изображение параллелограмма Любой заданный параллелограмм AXBXCXDX (включая прямоугольник, квадрат, ромб) может быть изображен произвольным параллелограммом ABCD. На изображении параллелограмма общего вида изображения двух его высот, опущенных из одной вершины, можно построить произвольно. Причем высоты, опущенные из вершины острого угла параллелограмма-оригинала, лежат вне параллелограмма, а высоты, опущенные из вершины тупого угла, — внутри него. 84
Если JjBjCjZ)] — ромб, то на изобра- жении определяется пара взаимно пер- пендикулярных прямых — это диагонали ABCD. Поэтому произвольно можно построить изображение лишь одной высоты из данной вершины ромба на его сторону. При изображении второй высоты ромба учитывают, что основания этих высот лежат на прямой, параллель- ной диагонали ромба. Аналогично изо- бражаются перпендикуляры, опущенные на стороны ромба из любой точки его диагонали. ABCD — изображение ромба Л]В]С1^]; ВМ и BN — изображение высот ромба ВХМХ И BXNX, MN\\AC. Если Л151С1Р1 — квадрат, то его изображение ABCD (произвольный параллело- грамм), причем изображения высот, биссектрис, углов, перпендикуляров к сторонам строить произвольно нельзя. 3. Изображение трапеции Любая трапеция AXBXCXDX (в том числе и равнобокая, прямоугольная) может быть изображена произвольной трапецией ABCD . Если AXBXCXDX —трапеция общего вида, то изображение ее высоты и одного из перпендикуляров, опущенных из точки основания на боковые стороны, можно строить произвольно. ABCD — изображение трапеции А ХВХ CjDp В К — высота. Если AXBXCXDX — прямоугольная трапе- ция, то СХВХ LAXBX, изображение высо- ты трапеции уже задано на рисунке, поэтому произвольно может быть изо- бражен лишь перпендикуляр к наклонной боковой стороне. А Г) ABCD —изображение прямоугольной трапеции АХВХCXDX, СВ LAB. Если AXBXCXDX — равнобокая трапеция (имеет ось симметрии), то изображением высоты является отрезок, соединяющий середины оснований или ему парал- лельный. BK = KC;AN = DN; KN — изображение оси симметрии AXBXCXDX, KN LAD; BMLAD; ВМ и KN — изображение высот трапеции AXBXCXDX. 85
4. Изображение окружности Параллельной проекцией окружности является эллипс. Центром окружности на изображении является точка пересечения сопряжен- ных диаметров эллипса. Два диаметра окружности (эллипса) на- зываются, сопряженными, если каждый I из них делит пополам все хорды, парал- лельные второму диаметру. данная окружность; эллипс — изображение данной окружности: АВ ± CD; АВ и CD — со- пряженные диаметры, О —изображение цен- тра окружности является центром эллипса. 5. Изображение правильного шестиугольника У правильного шестиугольника противо- лежащие стороны попарно параллельны и сторона шестиугольника равна радиусу описанной около него окружности; хорды, соединяющие симметричные относи- тельно диаметра вершины и центр окруж- ности, делят этот диаметр на четыре равные части. Этот факт используется при параллель- | ном проектировании правильного шести- I угольника. | Две вершины — концы одного диаметра эллипса. Делим этот диаметр на четыре равные части и через точки деления 1,0,2 проводим прямые, параллельные диаметру, сопряженному данному. 2 о 2 правильный шестиугольник. ABCDEF — изображение правильного шестиугольника. Изображение и-угольников и их комбинаций с окружностью ГТ Изображение правильного треуголь- s ника, описанного около окружности. 2. Изображение правильного треугольника вписанного в окружность. в ААВС — изобра- жение правильного м — изобра- и — точка пере- сечения медиан, биссектрис, высот ом — радиус | вписанной окруж- ности. изображение цент- ра вписанной в АА'В'С' окружности. М' t О' — точка пересе- чения медиан, бис- сектрис &M'N' С. радиус окружности. \MNC жение правильного &M'N'C'\ О — изо- бражение центра окружности, описан- ной около &M'N'C'\ ОС — изображение радиуса окружности. АВ и CD — сопря- женные диаметры. 86
3. Изображение квадрата, около окружности. описанного 4. Изображение квадрата, вписанного в окружность. A D А'В'CD'— квадрат, описанный около окружности; О' — центр окружности (точка пересечения диагоналей). ABCD — изображе- ние квадрата A'B'C'D'; О — изображение центра окружности, вписанной в квадрат. A’B'C'D’ — квадрат, вписанный в окруж- ность; О' — центр окружности; 0'0, О'В', О’А’, O'D' — радиусы окружности. А В CD — изображение квадрата, вписанного в окружность; О — изображение окруж- ности; ОС= ОВ= OD= ОА, так как являются изо- бражением радиуса окружности. 5. Изображение ромба, описанного около окружности. Вписать ромб в окружность можно только если он является квадратом, этот случай уже рассматривался выше. A'B'C'D' — ромб, описанный около окружности; О' — центр окружности (точка пересечения диагоналей). ABCD — изобра- жение ромба; О — изображение центра окружности, вписанной в ромб. 6. Изображение трапеции и окружностей, вписанной в нее и описанной около нее. A'B'C'D’ — равно- бокая трапеция, в которую вписана окружность; KXLX — диаметр; Ох — центр окружности. в ABCD — изобра- жение трапеции A'B'C'D'; К, L, О — середины BD, АС и KL ; О — изобра- жение центра . впи- санной в трапецию окружности. ABCD — изображение вписанной в ок- ружность трапеции A'B'C'D', которая всег- да является равнобокой. 87
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Доказать, что все параллельные между собой прямые, пересекающие данную прямую, лежат в одной плоскости. Дано: aj || а2 II... II ап, аг n b ,а2 о Ь ... ап n b. Доказать: а1,а2...ап,Ь е а. Доказательство. Прямые aj и Ь задают плоскость а,т.к. ахслЬ. i2c\b = В2. Через точку В2 проведем прямую а2 , параллельную прямой aj. В плоскости а такая прямая — единственная, значит, а2 и а2 совпадают, т.е. а2 е а. Аналогичные рассуждения доказывают, что а,...а„ тоже лежат в плоскости а. w' 9 I 2. Доказать, что если прямая пересекает одну из параллельных плоскостей, то она пересекает и вторую плоскость. Дано: а || р; спа. Доказать: с п р. Доказательство. Выберем в плоскости р произвольную точку и зададим плоскость у точкой С и прямой с. Плоскость у пересекает а по прямой а, причем точка А — это точка пересечения прямой с с плоскостью а. Плоскость у пересекает р по прямой Ь (С е Ь). Прямые а и Ь лежат в плоскости у и не пересекаются, т.к, не пересекаются плоскости аир, которым они принадлежат, значит, а Ь. Но так как с п а, то с n Ь в точке В (В е Р), значит, прямая с пересекает плоскость р. 3. Плоскости аир пересекаются по прямой АВ. Прямая а параллельна как плоскости а, так и плоскости р. Доказать, что прямая а параллельна прямой АВ. Дано: a n р по прямой АВ ,а || а, а || р. Доказать: а || АВ . Доказательство. Выберем произвольную точку С, лежащую на прямой АВ. Зададим плоскость у, содержащую прямую а и точку С. Тогда у п а по прямой с и у п р по прямой с'. Так как а || а, то а || с и а Р, то <7 Значит, через точку С в плоскости у проходят с и с', параллельные прямой а . Тогда прямые с и с' совпадают. Так как прямая сеаисер.то она совпадает с прямой АВ. То есть, а | АВ . 4. Доказать, что если плоскость и прямая, ей не принадлежащая, параллельны одной и той же плоскости, то они параллельны между собой. Дано: a g а, а || р, а || р. Доказать: а || а, а || р. Доказательство. Докажем методом от противного. Допустим, что прямая а пересекает плоскость а. Так как а||р, то прямая а пересекает плоскость р. Это противоречит условию. Вывод: а || а и а || р. 88
5. Дано: Доказать: (ЕКМ) || (АВС). UA DC D& Доказательство. Рассмотрим XADC. Так как то ЕК\\АС (теорема Фалеса). Аналогично доказывается, что КМ\\СВ, тогда и АСсхСВ и соответственно параллельны, (ЕКМ) || (АВС) по признаку параллельности ЕК о KM значит, плоскостей. 6. Прямые а, Ь, с не лежат в одной плоскости и параллельны друг другу. АВ А1В1 и ВС || ВjCi. Доказать, что АС = АХСХ. Дано: а || Ь || с, АВ || А1В1, ВС || . Доказать: АС = АХС}. Доказательство. Рассмотрим плоскости АВС и А151С1. (ABC) || (А,В,С,) , так как (АВ гуВС) е (АВС), (А1В1гуВ1С1) е (А1В1С1) и, по условию, соответственно параллельны. АС\\АХСХ, так как АС € (АВС) и АХСХ е (АХВХСХ) и АС и АХС} принадлежат плоскости ААjС. Тогда ААХСХС — параллелограмм, АС и JjCj —противолежащие стороны. АС = АХСХ. 7. Параллелограммы ABCD и ABCXDX лежат в разных плоскостях. Доказать, что четырехугольник CDDXCX —параллелограмм. Доказательство. 1) АВ || CD, АВ = DC, так как ABCD — параллелограмм. 2) АВ ||Z?1C1, АВ = , так как ABCXDX — паралле- лограмм. 3) Следовательно, DCHZ^Cp и DC = D{CX, то есть CDDXCX —параллелограмм. 8. Дано изображение треугольника и двух его высот. Построить изображение центра окружности, описанной около этого треугольника. Решение. Пусть ААВС —проекция некоторого треугольника. ВМ и СК — проекции его высот. Центр окружности, описанной около тре- угольника, совпадает с точкой пересечения серединных пер- пендикуляров, тогда изображением серединных перпенди- куляров будут отрезки ХО и YO, так как X — середина АВ и Y — середина АС, а ХО\\КС и УО||ВЛ/. Точка О — изображение центра описанной около треугольника окруж- ности. 89
9. Построить на изображении ромба изображение его высоты, если угол ромба равен 45°. Решение. Пусть A1B1ClDl —ромб, Z4j= 45° , B}Kf — высота. — равнобедренный (А}КХ = В}КХ), прямоуголь- ный = 90°). Тогда A1Ki:AlDl = А^А^ = 1:72. >41Z>1 = а I. Если ABCD — изображение ромба, то на стороне AD параллелограмма ABCD нужно выбрать точку К, чтобы выполнялось отношение АК :AD= 1:72. Построение. 1) На отрезке AD как на диаметре строим полуокружность с центром в точке О . 2) OP 1AD и ОР пересекает окружность в точке Р . 3) Строим окружность с центром в точке А и радиусом ОР, пересекающую AD в точке К. ВК —изображение высоты ромба, так как АК = 1 и АР = 1, AD = JifAK'.AD= 1:72. 10. Построить сечение куба ABCDAXB}C}DX плоскостью, проходящей через вершины А,С и точку К, взятую на ребре А}В} . Установить вид сечения. Решение. Так как плоскость сечения проходит через точки А и С, то она пересекает плоскость ABCD по прямой АС (ABCD) || , значит, плоскость сечения пере- секает плоскость AlBxClDl по прямой, параллельной прямой АС и проходящей через точку К. Отсюда проводим KL || AC (L е 5,0,). AKLC — искомое сечение. Многоугольник AKLC — равнобокая трапеция: АС || KL (АС и KL — основания трапеции); KL = CL. (Продолжим АК и CL до пересечения, получим &АВМ= &СВМ. Они прямоугольные, АВ = СВ, ВМ — общий катет.) Отсюда AM = СМ. Поэтому &АМС — равнобедренный, так как KL\\AC, &KML — равнобедренный, то есть КМ = LM. Отсюда следует: АК = CL. 90
§3. Перпендикулярность прямых и плоскостей Перпендикулярность прямых в пространстве Определение. Две прямые называются перпен- дикулярными, если они пересекаются под прямым углом. Признак. Если две пересекающиеся прямые параллельны соответственно двум перпендику- лярным прямым, то они тоже перпендикулярны. Перпендикулярность прямой и плоскости Определение. Прямая, пересекающая плоскость, называется перпендикулярной этой плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежа- щей в этой плоскости и проходящей через точку пересечения. Признак. Если прямая перпендикулярна двум прямым, лежащим в плоскости и пересекающим- ся, то она перпендикулярна данной плоскости. {а ± а) <=> (а ±л); (а ± b Ий1с)=^а1а; х—любая прямая плоскости а. Свойства прямой и плоскости, перпендикулярных между собой Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны между собой. Если одна из двух параллельных прямых пер- пендикулярна заданной плоскости, то и вторая прямая перпендикулярна этой плоскости. Прямая, перпендикулярная одной из двух парал- лельных плоскостей, перпендикулярна и второй плоскости. Две плоскости, перпендикулярные одной и той же прямой, параллельны между собой. (а || р иа±а)=>а±Р; (аи р±о)=^а||р. 91
Перпендикуляр и наклонная Перпендикуляром, опущенным из данной точки на данную плоскость, называется отрезок, соединяющий данную точку с точкой плоскости и лежащий на прямой, перпендикулярной плоскости. Конец этого отрезка, лежащего в плоскости, называется основанием перпендикуляра. Наклонной, проведенной из данной точки к данной плоскости, называется любой от- резок, соединяющий данную точку с точкой плоскости и не являющийся перпендику- ляром к плоскости. Конец отрезка, лежащего в плоскости, называется основанием наклонной. Отрезок, соединяющий основания перпендикуляра и наклонной, проведенных из одной и той же точки, называется проекцией наклонной. Перпендикуляр коро- че произвольной на- клонной, проведенной к плоскости из той же точки. У равных наклонных, прове- денных к плоскости из одной точки, проекции равны, и на- оборот. Из двух наклонных, прове- денных к плоскости из одной точки, больше та, у которой проекция больше, и наобо- рот. А АС<АВ. Если АВ = AD, то СВ = CD. Если СВ = CD, то АВ = AD. Если CB>CD ,1Q AB>AD. Если АВ > AD , то CB>CD. Теорема о трех перпендикулярах (имеет два утверждения: прямое и обратное) Если прямая, лежащая в плоскости и проходящая через основание наклонной, перпендикулярна про- екции наклонной, то она перпен- дикулярна и самой наклонной. Если прямая, лежащая в плоскости и проходящая через основание наклонной, перпендикулярна на- клонной, то она перпендикулярна и проекции наклонной. АВ — перпендикуляр, АС — наклонная, ВС — проекция наклонной АС на плоскость а, КР — прямая на плоскости а. 1)Если KPLBC, то KPVAC. 2) Если КР1.АС, ТО KPVBC. 92
Перпендикулярность двух плоскостей Определение. Две пересекающи- еся плоскости называются пер- пендикулярными, если третья плоскость, перпендикулярная пря- мой пересечения этих плоскостей, пересекает их по перпендикуляр- ным прямым. Если а пересекает р по прямой с, у 1 с, у пересекает а по прямой а, у пересекает р по прямой b, a Lb. а 1 6 , то а 1 Р. Признак. Если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Если b 1 а и р проходит через b, то р 1 a. Свойство. Если прямая, лежащая в одной из двух перпендикулярных плоскостей, перпендикулярна ли- нии их пересечения, то она перпен- дикулярна и другой плоскости. Если р 1 a, р пересекает a по а и b 1 а (Ь лежит в р), то b 1 a. Расстояние в пространстве ( р — расстояние) Расстояние между дву- мя точками равно длине отрезка, соединяющего эти точки. Расстояние от точки до прямой — это длина пер- пендикуляра, опущенного из данной точки на прямую. Расстояние между парал- лельными прямыми — это расстояние от какой-нибудь точки одной прямой до другой. AM Lb', b е b р(а, b) = AM. АВ La р(А,а) = АВ. Расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. Проводим KML a (М е а). КМ- р(ЛГ;а). SO ± а. Проводим KM\\SO. Тогда КМ La и КМ= р(К;а). Проводим через точку К плос- кость р 1 а (Р пересекает а по АВ). Проводим КМ LAB. Тогда а и КМ= р(К;а). 93
Расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью Расстоянием от прямой до параллельной ей плоскости называется расстояние от произвольной точки этой прямой до плоскости. а || а, А е а, р(а;а)= р(Л;а) Выбираем на прямой а произвольную точку А и находим расстояние от этой точки до плоскости а. Расстояние между параллельными плоскостями Расстоянием между двумя параллельными плоскостями называется расстояние от произвольной точки одной плоскости до второй плос- кости . Р || а, В G р, р(Р;а)= р(В;а) . Выбираем в плоскости р произвольную точку В и находим расстояние от этой точки до плоскости а. Расстояние между скрещивающимися прямыми Общим перпендикуляром к двум скрещи- вающимся прямым называется отрезок с кон- цами на этих прямых, перпендикулярный каждой из них. Расстоянием между скрещивающимися прямыми называется длина их общего пер- пендикуляра. Она равна расстоянию между параллельными плоскостями, которые проходят через эти прямые. АВ ± а, АВ ± Ь\ р(сг,Ь)= АВ . Прямые а и Ъ — скрещивающиеся. Способы вычисления расстояния между скрещивающимися прямыми Проводим через пря- мую Ь ПЛОСКОСТЬ Р II а . p(a;Z>)= р(о;р) • Проводим через прямые а и Ь параллельные плоскости а || р. Проводим плоскость ala и проектируем прямые а и Ь на эту плоскость: а -> А, Ь -> Ь{. р(а',ЬУ= р(а;р) . р(<7;&)= р(А;Ь1) . 94
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Отрезок CD длиной I лежит.вне плоскости прямоугольного треугольника АСВ и перпендикулярен его катетам АС и ВС. Найти расстояние от точки D до середины гипотенузы Е, если А С = Ь, ВС = а. Дано: \АСВ; ААСВ= 90°; АС= Ь; ВС= а; АЕ= BE; CDL(ACB); CD= Z; CD LAC; CDLCB. Найти: p(D;E) (p —расстояние). Решение. Соединим точки С и Е; D и Е. Так как CDLAC и CDLCB, то CD ± (АВС) (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). Из LABC; ААСВ= 90°. По условию, АВ= Ja2 + b2; Е — центр описанной окружности АЕ= ВЕ= СЕ= -АВ; СЕ= -Ja+b2.V\3 &DCE; LDCE= 90°; DC L (ABC); DC ± CE (no определению прямой, перпендикулярной плоскости). По теореме Пифагора, DE= JcD2 + СЕ2 , DE= /Z2 + -= \Ja12 + a2+ b2 . Л/ 4 2 Ответ: -^412 + а2 + Ь2. 2 2. ABCD — параллелограмм. BE и FD — перпендикуляры к плоскости АВС. Доказать, что плоскости АВЕ и DFC параллельны. Решение. Так как BEL (АВС) и DFL(ABC), то BE \DF по свойству двух прямых, перпендикулярных плоскости. AB\\DC — как противо- положные стороны параллелограмма. (ABE) (DFC) ПО признаку параллельности двух плоскостей. 3. Отрезок CD перпендикулярен плоскости треугольника АВС, ААСВ= 90°; DC= 1 см, DA = DB= 11 см. Найти длину гипотенузы АВ. Решение. 1) CD ± (АВС). DA и DB — наклонные, СА и СВ — их проек-ции на плоскость А В С. Так как DA= DB, то СА= СВ. 2) M.DC; LDCA= 90° (DCL(ABC); следовательно, DC 1А С). АС = JaD2-DC2; АС = 7121-49= /Й (см). 3)&ACB;LACB= 90°;АС= СВ;АВ = АС J2;AB = J12- = 12 (см). Ответ: 12 см. 95
4. В равнобедренном ДАВС основание ВС = 12 см, боковая сторона равна 10 см. Из вершины А проведен перпендикуляр AD к плоскости ABC, AD = 6 см. Найти расстояние от точки D до стороны ВС. Решение. 1) Проведем АН — медиану в ААВС к основанию ВС (АС = АВ). СН = АН1.ВС. Соединим точки D и Н AD 1 (АВС), АН — проекция наклонной DH на плоскость АВС. Так как ВС 1 АН, то BCLDH по теореме о трех перпендикулярах; DH — искомое расстояние. 2) Из М.СН-. ЛАНС = 90°; АН = JaС2 - СН2; АН = 7100-36 = 8 (см). 3)\Лз AADH'.ADAH = 90°; DA 1 (ABC),DA 1 AH\DH = JdA2+AH2- DH = J 36 + 64 = 10(cm). Ответ: 10 см. 5. Если точка равноудалена от всех вершин многоугольника, то она проектируется на его плоскость в центр описанного круга. Дано: МА = МВ = МС = MD = ME, МО ± а. ' Доказать: О — центр описанного круга. Анализ. Мы докажем, что О — центр описанного круга, если докажем, что точка О равноудалена от вершин А, В, С,.... Для этого проведем отрезки ОА, ОВ, ОС... и сравним их. Доказательство. ОА = ОВ = ОС = ...(как проекции равных наклонных МА, МВ,...), следовательно, О — центр описанного круга. Если данная точка принадлежит плоскости многоугольника, то она проектируется в себя. 6. Доказать, что если точка равноудалена от всех сторон выпуклого многоугольника, то она проектируется на его плоскость в центр вписанного круга. Дано: МКЛ АВ, МЫ ВС, MNLCD,..., МК = ML = MN = ..., МО -LABCDE.... Доказать: О — центр вписанного круга. Анализ. Мы докажем, что О — центр вписанного круга, если докажем, что точка О равноудалена от всех сторон много- угольника ABCDE.... Доказательство. Проведем отрезки ОА?, OL, ON,.... 1) ОК 1 АВ, ОЫВС, ON LCD,... (обратная теорема о трех перпендикулярах); 2) ОК = OL = ON = ... (как проекции равных наклонных МК, ML,...); 3) окружность О(ОК) по доказанному пройдет через точки К, L,..., а стороны многоугольника ABCDE будут касательными, то есть О — центр вписанного круга. Примечание. Если данная точка принадлежит плоскости многоугольника, то она проектируется в себя. 96
Формулы зависимости стороны многоугольника и радиусов описанной около него и вписанной в него окружностей R — радиус описанной окружности, г — радиус вписанной окружности. Правильный треугольник Прямоугольный треугольник Произвольный треугольник R = > г = > а —сторона правильного треугольника. 3 6 _ п I h R = -, г = ——— , а, Ь — катеты, с — гипотенуза. abc. п _ Д 45 ’ 2sina (полупериметр), а, h, с — стороны треугольника, 5 — его площадь. Квадрат Правильный шестиугольник Прямоугольник R = г = , а —сторона квадрата. R = а, г = а —сторона правильного шестиугольника. — R = - , d — диагональ прямоугольника. 7. Две взаимно перпендикулярные плоскости аир пересекаются по прямой MN. Прямая а принадлежит плоскости а и параллельна MN, прямая Ь принадлежит плоскости р и параллельна MN. Расстояние от а до MN равно 45 мм, а от Ь до MN — 60 мм. Найти расстояние между прямыми а и Ь. Решение. 1) (b\\MN, а\\ MN) => а\\ b. 2) S g BBl 1 MN; BB} — расстояние от прямой MN до В; ВВ{ - 60 мм. По теореме о прямой, лежащей в одной из двух перпендикулярных плоскостей и перпендикулярной линии их пересечения, ВВ} 1а. 3) В}А 1 а , В]А — расстояние от а до MN, В{А = 45 мм. 4) Соединим точки А и В. АВ} — проекция наклонной АВ на плоскость а. Так как a lABt, то а 1АВ по теореме о трех перпендикулярах; АВ — искомое расстояние. 5) Из \ВВ{А : £ВВ{А = 90° (ВВ{ 1 а, ВВ{ 1АВ{); по теореме Пифагора АВ = JbB2 + АВ2; АВ = + 602 = 75625 = 75 (мм). Ответ: 75 мм. 8. Через О — точку пересечения диагоналей квадрата ABCD проведен перпендику- ляр МО к его плоскости; AD = 2а. Найти расстояние между прямыми АВ и МО. Решение. АВ с (АВС), МО п (АВС) = О; ОёАВ. Следовательно, АВ и МО —скрещивающиеся прямые. КО — средняя линия &ABD ; КО || AD. Так как АВ 1AD, то АВ±КО МО 1 (АВС), следовательно, МО 1 КО пендикуляр скрещивающихся прямых АВ и МО. КО — искомое расстояние. КО = -AD; КО = а. > - КО общий пер- Ответ: а. 97
§4. Декартовы координаты и векторы в пространстве Оси координат: ось х - ось абсцисс, ось у - ось ординат, ось z - ось аппликат. Оси взаимно перпендикулярны. Точка О - начало координат. Произвольной точке пространства ставят в соответствие три числа: абсциссу х0, ординату у0 и аппликату z0. Эти числа называются декартовыми координа- тами заданной точки. Расстояние между двумя точками: АВ = 7(x2 -xj2 + (у2-у^2 + (z2-zt)2. Координаты точки, делящей отрезок в заданном отношении Координаты середины отрезка Преобразование фигуры F в фигуру F, называется движением, если оно сохраняет расстояние между точками, т. е. переводит любые две точки А и В фигуры F в точки А{ и В^ фигуры Fj так, что АВ = АХВХ. Симметрия относительно плоскости у Пусть а - произвольная фиксированная плоскость. Из точки X опускают перпендикуляр на плоскость а (О - точка пересечения / t)Q / его с плоскостью а) и на его продолжении за точку О откла- LSL_______/ дывается отрезок OXt, равный ОХ. Точки X и Xi называют симметричными относительно плоскости а. Преобразование фигуры F в F\, при котором каждая точка X фигуры F переходит в точку Х{, симметричную X относительно плоскости а, называется преобразованием симметрии относительно плоскости а. При этом фигуры F и F{ называются симметричными относительно плоскости а. 98
На рисунке 1 изображены две сферы, симметричные относи- тельно плоскости а. Если преобразование симметрии относительно плоскости переводит фигуру в себя, то фигура называется симметрич- ной относительно плоскости а, а плоскость а называется Рис.1 На рисунке 2 изображены две плоскости симмет- рии сферы. Заметим, что у сферы таких плоскостей симметрии беско- нечное множество. У куба также име- ются плоскости симметрии. На ри- сунке 3 изображены две из них. плоскостью симметрии. Параллельным переносом в пространстве называется такое преобразование, при котором произвольная точка (x-,y,z) фигуры F переходит в точку (х + а-,у + b-,z + с), где а, b и с — постоянные. Параллельный перенос в пространстве задается формулами Х| = х + а, у। = )^ + £>, Z] = z + с. На рисунке 4 призма ABCAlBlCl при параллельном переносе переходит в призму A'B'C'A^B^C'j. Сформулируем некоторые свойства параллельного переноса: 1. Параллельный перенос есть движение. 2. При параллельном переносе точки смещаются по параллель- ным (или совпадающим) прямым на одно и то же расстояние. 3. При параллельном переносе прямая переходит в парал- лельную прямую (или в себя). 4. Каковы бы ни были две точки А и Ах, существует, и притом лельный перенос, при котором точка А переходит в точку Ах. 5. При параллельном переносе в пространстве каждая плоскость переходит либо в себя, либо в параллельную ей плоскость. единственный, парал- Гомотетия. Пусть F - данная фигура и О - фиксированная точка (рис. 5). Проведем через произвольную точку X фигуры F луч ОХ и отложим на нем отрезок ОХх, равный кОХ, . где к - положительное число. Преобразование фигуры F, при котором каждая ее точка X переходит в точку Хх, построенную указанным способом, называется гомотетией относительно О Рис.5 центра О. Число к называется коэффициентом гомотетии. Фигуры F и Fx называются гомотетичными. , На рисунке 5 четырехугольник XlYlZl U{ гомотетичен четырехуголь- нику XYZU с центром гомотетии О и коэффициентом гомотетии к = 2. 99
Преобразования подобия. Преобразование фигуры в фигуру называется преобра- зованием подобия, если при этом преобразовании расстояния между точками изменя- ются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Это значит, что если произвольные точки А и В фигуры F при этом преобразовании переходят в точки A t и фигуры Fl, то А1В1 = кАВ, где к> 0. Число к называется коэффициентом подобия (£>0). При к = 1 преобразование подобия является движением. Углом между плоскостями аир, которые пересека- ются по прямой с, называется угол между прямыми, по которым третья плоскость у, перпендикулярная линии пересечения, пересекает плоскости аир. Угол между параллельными плоскостями считается равным 0°. Угол между плоскостями не превышает 90°. Способы построения: а) на прямой с пересечения плоскостей аир выбираем точку С; через С в плоскостях аир проводим прямые а и Ь, перпендикулярные с. Угол между прямыми а и Ь равен углу между плоскостями. б) возьмем точку А е a; A е с; опустим из нее перпенди- куляры на прямую с и плоскость р: АВ ± с; АА11 р. Соединим точки В и Аг: AjBlc по теореме о трех перпендикулярах; 1АВА1 - угол между плоскостями а и р по определению. Углом между прямой и плоскостью, которая ее пересекает, называется угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Для построения проекции прямой а на плоскость а достаточно найти две точки проекции: например точку пересечения прямой а и плоскости а и основание любого перпендикуляра, опущенного из второй точки прямой а на плоскость. Угол между параллельными прямой и плоскостью счита- ется равным 0°. А О ± а, ВО - проекция АВ на плоскость а; 1АВО - угол между прямой АВ и плоскостью а. а Если а а {а лежит в а), то 100
Угол между перпендикулярными прямой и плоскостью равен 90°. а ± а , то Z(a, а) = 90° . Углом между скрещивающимися прямыми называ- ется угол между прямыми, которые пересекаются и парал- лельны данным скрещивающимся прямым. Если угол между скрещивающимися прямыми равен 90°, то они называются перпендикулярными. Z(a;Z>) = Z(a1;61) = ср (меньший из смежных углов); 0° < Z(a;6) < 90° . Площадь ортогональной проекции Ортогональной проекцией точки на плоскость называется основание перпендикуляра, опущенного из данной точки на плоскость. АА ,1а; АА, х а = А,; А, - проекция А на плоскость а. Проекцией отрезка на плоскость называется отрезок, соединяющий проекции его концов. А^ - проекция отрезка А В на плоскость а. Проекцией многоугольника на плоскость называется фигура, ограниченная проекциями сторон многоугольника на эту плоскость. А, В, С, D- проекция четырех- угольника на плоскость а Площадь ортогональной проекции многоугольника равна произведению его площади на косинус угла между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции. 5, = Seos а 101
Вектором называется направленный отрезок: АВ = а. Координатами вектора называются разности коорди- нат конца и начала вектора. I Координаты вектора не изменяются при парал- лельном переносе. У равных векторов координаты равны. = Z>(Z?1;Z?2;Z>3) Модулем (абсолютной величиной) вектора называется длина отрезка, которым задается вектор: Нулевым вектором называется вектор, конец которого совпадает с началом. На рисунках такой вектор изображается точкой и обозначается б Модуль нулевого вектора равен нулю, а его направление не определено. Коллинеарными векторами называются векторы, лежащие на одной прямой или на параллельных прямых. (Нулевой вектор считается коллинеарным произвольному вектору). Виды коллинеарных векторов сонаправленные противоположно направленные противоположные равные а > Ь{ Ь2 Ь3 Если а и Ь коллинеарны, то — = — = — (соответствующие координаты пропор- а\ а2 аз циональны). Действия с векторами Суммой векторов а(а{-,а2,а3) и b(b};b2',b3) в пространстве называется вектор + bi;a2 +Ь2,а3 +Ь3). 102
Сложение двух векторов Сумма двух векторов находится с помощью правила треугольника или правила парал- лелограмма: с = а + Ь. Правило треугольника Правило параллелограмма Для произвольных трех точек А, В, с имеет место ра- Сумма трех векторов, непараллельных одной плоскости, находится по правилу параллелепипеда: Разностью векторов а(а, ;ao;aj и Ь(Ь< в пространстве называется вектор Вычитание векторов Разность двух векторов а и Ь - это такой вектор с, кото- рый в сумме с вектором Ь дает вектор а: Вектор с можно найти также, прибавляя к вектору а вектор -Ь, противоположный вектору Ь: с = а + (-Ь). Произведением вектора а(а{-,а2;а3) на число X называется вектор Сках;ка2;ка3). Умножение вектора на число Произведение вектора а на число X - это коллинеарный ему вектор Ха, сонаправленный с вектором а, если X > 0, и направленный противоположно к нему, если X < 0. Если X = 0, то Ха = б. Модуль вектора Ха: |Ха 103
Скалярным произведением векторов а(а{;а2;а3) и b(b};b2;b3) в пространстве называ- ется ЧИСЛО а।Ь। °3^3 * 1) а • а = а~ = |а|2; 2) а • Ь = |а| • |z>| cos ср; 2i) а Х.Ь а -Ь d — условие перпендику- лярности двух векторов, cos ср = Единичные екторы - это векторы, модули которых - единицы. Координатные векторы (орты) направлены вдоль осей координат. Модули этих векторов равны 1. ёД!;0;0), ё2(0;1;0), ё3(0;0;1). Произвольный вектор а можно разложить единствен- ным способом по координатным векторам. а (а । ,а-у ,л3) а в+ а2 + ci3@3, Коэффициенты разложения я, являются проекциями вектора а на оси координат. Разложение вектора в пространстве по трем некомпланарным векторам Компланарными называются векторы, параллельные одной и той же плоскости. т - произвольный вектор пространства, а, Ь и с - некомпланарны (то есть непараллельны одной плоскости) векторы. Всегда существует разложение: т = aa + ^b + yc (а, р и у - единственные). 104
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. Наклонная равна а и образует с плоскостью угол 450. Найти ее проекцию на плоскость. Решение. Из точки А проведем перпендикуляр АС на плоскость а и соеди- ним точки С и В. АС А а, АВ - наклонная, СВ - проекция наклонной АВ на плоскость. ААВС - угол между наклонной и плос- костью, ААВС= 45°. Из \АВС\ ААСВ = 90°(ЛС 1а, Л С АВС), ВС = ABcos ААВС; ВС = acos45° - —— . 2 Ответ: 2. Катет АС равнобедренного прямоугольного ЮС лежит в плоскости а, а катет ВС образует с ней угол 45°. Найти угол, который образует гипотенуза АВ с плоскостью а. Решение. 1) Проведем BD1 а; CD - проекция катета СВ на плоскость а, ABCD = 45°; AD - проекция гипотенузы АВ; ABAD - искомый угол. 2) ААВС: ААСВ = 90°; АС = ВС. Обозначим ВС через а. АВ = JaC2 + ВС2 = Ja2 + а2 = а72. 3) Д5С£>: ABDC = 90°(5£>1 a; BD ADC); BD = CBsinABCD; BD = asin45° = 4) AABD: ABDA = 90°; sin ABAD = AB 2-aj2 = ^следовательно, ABAD = 30°. Ответ: 30°. 3. Катеты прямоугольного треугольника равны а и Ь. Найти расстояние от вершины прямого угла до плоскости, проходящей через гипотенузу и образующей угол 30° с плоскостью треугольника. Решение. Проведем СО la, CD А АВ; CD - искомое расстояние; DO - проекция наклонной CD на плоскость а. По теореме о трех перпендикулярах, DO 1 АВ. Тогда ACDO = 30° - угол между плоскостями ДЛВС и а. SABC = -АВ • CD; SABC = -AC • СВ; отсюда АВ CD = АС • СВ; CD Из \DCO’. СО = -DC; СО = 2 Ответ: 105
4. ABCDAXBXCXDX - куб. Найти угол между прямыми ААХ и DC. Решение. 1) Прямые ААХ и DC - скрещивающиеся (DC с(АВС),АА х х(АВС)=А,А eDC). А А1. 90° - искомый угол. Ответ: 90°. 5. Найти площадь ортогональной проекции треугольника со сторонами 13 см, 14 см 15 см на плоскость а, образующую с плоскостью треугольника угол 60°. Решение. S', = Seos у, S = Jp(p - а)(р - b)(p - с); р = = 21 (см); 5 = 721(21 - 13)(21 - 14)(21 - 15) = 84 (смг); S = 84 • cos60° = 42 (см2). Ответ: 42 см2. 6. Ортогональной проекцией треугольника АВС на плоскость а является треугольник АВХС. Высота BD треугольника АВС образует с плоскостью а угол 60°. Найти площадь треугольника АВХС, если АС = 5 см, BD = 6см. Решение. ВВХ ± а, В XD - проекция высоты BD МВ С на плоскость а. Z.BDBX = 60° - угол между высотой BD и плоскостью а. Поскольку АС 1BD, то, по теореме о трех перпендикулярах, AC 1DBX; £BDBX -угол между плоскостями а и (АВС). ab,c $лвс' cos^BDBX; SABC ~ ~ AC-BD cos 6Q° - = 1,5 (см2). Ответ: 7, 5 см2. 7. На оси аппликат найти точку Л, равноудаленную отточек М(-2;3;5) и ДЗ;-5;1). Решение Пусть точка А имеет координаты Л(0;0^). По условию, AM = AN, откуда AM2 = AN2. Ответ: А 106
8. Точка Л/(2;6;3) - середина отрезка, концы которого находятся на оси Ох и в плоскости yz. Найти координаты концов и длину отрезка. Произвольная точка, лежащая на оси Ох, имеет координаты (х;0;0); произвольная точка, лежащая в плоскости yz, имеет координаты (0;y;z). Пусть точка М(2;6;3) является серединой отрезка, концами которого являются точки ^4(х;0;0), B(0;^;z). S Тогда: 2 = ^-у^, 6 = ^уА 3 = ^у^, откуда х = 4, v = 12, z = 6. Получим Л(4;0;0), 5(0;12;6), АВ = 7(~4)2 + 122 + 62 = 14. Ответ: Л(4;0;0), 5(0;12;6), АВ = 14. 9. Концы отрезка Л(5;-2;1) и В(5;3;6). Найти точку, симметричную середине отрезка относительно плоскости xz. Пусть серединой отрезка АВ является точка M(x-,y\z). Найдем ее координаты по формулам х = , где , z и х2, у2, z2 - координаты концов: х = = - . Следовательно, Л/(5;0,5;3,5). Тогда симметричной точке М относительно плоскости xz является точка М{ = (50.5 ;3,5). Ответ: = (5;-0,5;3,5). № 10. При параллельном переносе точка А(2;1;-1) переходит в точку А,(11 ;0). В какую точку переходит точка М, симметричная точке А относительно плоскости ху? Пусть параллельный перенос, который переводит точку А в точку Alt задается формулами х' = х +а, у' = у + b, z' = z + с. Подставив вместо х, у, z координаты точки А , а вместо х', у', z' - координаты точки А,, найдем числа а, Ь, с. 1 = 2 + а, -1 = \ +Ь, 0 = - 1 + с, откуда а = -1, Ь = -2, с = 1. Следовательно, х' = х- 1, у' = у+ 2, z' = z+ 1 - формулы заданного параллельного переноса. При симметрии относительно плоскости ху точка А(2; 1;-1) переходит в точку Л/(2;1;1). Заданный параллельный перенос точку М переведет в точку Мх, координаты которой x)=2-l = l,_v1 = l- 2= -l,z] = l + l=2. Следовательно, точка М перейдет в точку Л/](1 ;-1 ;2). Ответ: Afj(l;-1 ;2). 107
•l 1 — - —" • "" 11 ' — F'"'“ • — 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 a 1 j • •

§ 1. Многогранники. Призма Двугранный угол. Линейный угол двугранного угла Двугранным углом называется фигура, образованная двумя полуплоскостями с общей прямой, которая их ограничивает. Полуплоскости аир- грани двугранного угла. С - ребро двугранного угла. Линейным углом двугранного угла называется угол между лучами, по кото- рым плоскость, перпендикулярная ребру двугранного угла, пересекает его грани. Плоскость линейного угла перпендикулярна каждой грани двугранного угла. Способы построения линейного угла: 1) На ребре выбирается точка, через нее в гранях проводятся лучи, перпендикуляр- ные ребру. Угол, образованный этими луча- ми, и будет искомым линейным углом. 2) В одной из граней берется точка А, из нее опускается перпендикуляр АВ на дру- гую грань и А С - на ребро. Тогда или угол АСВ, или смежный с ним и будет линей- ным углом. МНОГОГРАННИК Многогранником называется геометричес- кое тело, поверхность которого состоит из конечного числа плоских многоугольников. МВ 1 с (в грани р); ААМВ - линейный. упР = МВ; АЛ МВ - линейный угол; $<АМВ< 180°. ПРИЗМА Призмой называется многогранник, состоящий из двух плоских многоугольников, лежащих в разных плоскостях и совмещающихся параллельным переносом, и всех отрезков, соединяющих соответствующие точки этих многоугольников. Элементы призмы 1. Основания призмы ABCDE и AXBXCXDXEX. 2. Боковые грани ААХВХВ, ВВХСХС, .... 3. Боковые ребра ААХ, ВВХ,.... 4. Вершины призмы А, В... 5. Высоты призмы НХН (расстояние между плоскостями ее оснований). 6. Диагональ призмы ВХЕ (отрезок, соединяющий две вершины, не принадлежащие одной грани). 7. Диагональное сечение ААХСХС (сечение призмы плоскостью, проходящей через два I боковых ребра призмы, не принадлежащих одной грани). 8. Перпендикулярное сечение призмы - сечение призмы плоскостью, перпендикулярной боковым ребрам (или их продолжениям). 110
Свойства 1. Основания призмы равны и параллельны. 2. Боковые ребра равны и параллельны. 3. Боковые грани - параллелограммы. Виды призм 1. Прямая призма - призма, у которой боковые ребра перпен- дикулярны основаниям (рис. 1). Свойства прямой призмы: а) // ' 7 7 прямой = АА = ВВ = ... призмы Высота прямой призмы равна боковому ребру. б) Боковые грани прямой призмы - прямоугольники. АВВХАХ - прямоугольник, ВССХВХ - прямоугольник,... 2. Наклонная призма - призма, у которой боковые ребра не перпендикулярны плоскостям оснований (рис. 2). 3. Правильная призма - прямая призма, в основании которой лежит правильный многоугольник. У такой призмы все боковые грани - равные прямоугольники. 4. Треугольная, четырехугольная n-угольная призма - в основании призмы лежит треугольник, четырехугольник,..., п-угольник. сечение (рис. 2) треугольная четырехугольная пятиугольная шестиугольная ПЛОЩАДЬ ПОВЕРХНОСТИ И ОБЪЕМ ПРИЗМЫ Наклонная призма Прямая призма Боковая поверхность ^бок. ^пер. ' I' ГД® ^пер. Пври- метр перпендикулярного сечения, / - длина бокового ребра. 5бок. = росн. • н> ГД® росн. - периметр основания, Н - высота. Полная поверхность $ ^полн. ^бок. + 2 • S0CH. $полн. ^бок. + 2 • ^оСН. Объем V = 5пер •1; v = SOCH •н . где v = S0CH • Н, где 50сн - площадь $пер - площадь перпендикуляр- основания призмы, Н - высота, ного сечения, / - боковое ребро. 111
ПАРАЛЛЕЛЕПИПЕД Параллелепипедом называется призма, в основании которой лежит параллелограмм. Свойства 1. У параллелепипеда все грани - парал- лелограммы. 2. У параллелепипеда противоположные грани параллельны и равны. 3. Все четыре диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке и точкой пере- сечения делятся пополам. О - середина А{С, BD{, АС\ , BXD. О - центр симметрии параллелепипеда. Виды параллелепипедов 1. Прямой параллелепи- пед - параллелепипед, у которого боковые ребра перпендикулярны плоскос- тям оснований. У прямого параллелепипеда четыре боковые грани - прямоуголь- ники, а два основания - па- раллелограммы. 2. Наклонный параллеле- пипед - параллелепипед, у которого боковые ребра не перпендикулярны плос- костям оснований. У наклон- ного параллелепипеда все шесть граней - паралле- лограммы. 3. Прямоугольный парал- лелепипед - прямой парал- лелепипед, у которого осно- ванием является прямо- угольник. Три ребра прямо- угольного параллелепипеда, выходящие из одной вер- шины, называются его изме- рениями. Свойства прямоугольного параллелепипеда 1. У прямоугольного параллелепипеда все грани - прямоугольники. 2. В прямоугольном параллелепипеде квадрат любой диагонали равен сумме квадра- тов трех его измерений. J* 2 = a2 + b2 + c2 (AC2 = AB2 + AD2+AA2). В прямоугольном параллелепипеде все 4 диагонали равны между собой. 3- ^прямоуг. парал. ^В • AD • A A j = abc. 4-“^бок. ^осн. ‘-4^1 2(AB + AD)-AA[ 2(а + b)c, SnonH ^бок. 2*$осн.’ КУБ Кубом называется - прямоугольный параллелепипед, у которого все ребра равны. Свойства 1. У куба все грани - квадраты. 2. d = (d2 = а + а2 + а2, где а - ребро куба, d - диагональ куба). 3- ^куба ~ а • 2 7 ^бок. куба ~~ 4а > “^полн. куба ~ 6а • 112
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МНОГОГРАННИКОВ Построить сечение означает начертить многоугольник в плоскости сечения, по ко- торому эта плоскость пересекает грани многогранника. Следом сечения на указанной плоскости называется прямая пересечения этой плос- кости с плоскостью сечения. Основные правила построения сечений 1. Если даны (или уже построены) две точки плоскости сечения на одной грани мно- гогранника, то след сечения в этой плоскости - прямая, проходящая через эти точки. 2. Если дана (или уже построена) прямая пересечения плоскости сечения с основа- нием многогранника (след на основании) и есть точка, принадлежащая определенной боковой грани, то нужно определить точку пересечения данного следа с этой боковой гранью (она является точкой пересечения данного следа с общей прямой основания и данной боковой грани). 3. Точку пересечения плоскости сечения с основанием можно определить как точку пересечения какой-либо прямой в плоскости сечения с ее проекцией на плоскость основания. Способы построения сечений Способ соответствия состоит в том, что для построения сечения нужно сначала построить те точки нижнего основания многогранника, которые взаимно однозначно соответствуют точкам искомого сечения. Способ следов состоит в том, что на плоскости нижнего основания (иногда на какой-то другой плоскости) выполняется построение следов (линий и точек пересечения секущей плоскости, некоторых прямых). С помощью этих следов легко выполняется построение точек пересечения секущей плоскости с ребрами многогранника и линий пересечения секущей плоскости с гранями многогранника. 1. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через три заданные точки К, L, М, лежащие на ребрах, которые не пересекаются. Решение Опустим из заданной точки L перпендикуляр LN на ребро AD. Проведем прямые LM и NC до их пересечения в точке Е (обе эти прямые лежат в одной плоскости, которая определяется тремя точками L, М, N, и не параллельны, а значит, обязательно пересекутся в некоторой точке £). Проведем прямую ЕК до пересечения с прямыми ВС и AD соответственно в точках F и G. Проведем прямую GL до пересечения с прямыми A A t и DD{ в точках Н и Р. Точку Р соединим с заданной точкой М и на пересечении РМ с ребром получим точку Q. Точки L, Q, М, F, К, Н последовательно соединим. Фигура LQMFKH - искомое сечение. 113
2. Построить сечение куба ABCDAXBXCXDX плоскостью, проходящей через три задан- ные точки N, С, Dx. Решение Следы сечения на гранях ABCD и CCXDXD получаем, соединяя точки Уи С, С и D. Для построения следов на гранях АВВХАХ и ADDXAX продолжаем прямые CN и DA до их пересечения в точке К. Точка К лежит на продолжении ребра AD, а значит, и на грани ADDXAX. Соединим точки К и Dx. Прямая KDX обязательно пересечет ребро АА t, которое также лежит на грани ADDXA j. Полученную при пересечении прямых АА, и KDX точку М соединим с точками N и Dx, NCDXM - искомое сечение. 3. Построить сечение куба ABCDAXBXCXDX (рис. 1) плоскостью, проходящей через точки Е, Р, К его ребер. Рис.1 Рис.2 Решение. Пусть а - плоскость, определяемая точками Е, Р, К. Для построения искомого сечения нужно построить пересечения плоскости а с гранями данного куба. Для построения линии пересечения двух плоскостей достаточно знать две общие точки этих плоскостей. Плоскость а с плоскостью грани ABCD пересекается по прямой ЕР (рис.2). Итак, определилась одна сторона сечения - отрезок ЕР. Прямая ЕР пересекает плоскость грани ВВХСХС в точке М (рис. 2). Теперь определены две точки, принадлежащие плоскости а и плоскости грани ВВХСХС. Это точки М и К. Строим прямую КМ пересечения этих плоскостей. Определились еще две стороны искомого сечения - отрезки KF и FP. Прямая ЕР пересекает плоскость ААХВХВ в точке N. Определены, таким образом, две точки, принадлежащие плоскости а и плоскости грани ААХВХВ. Это точки N и К. Строим прямую NK пересечения этих плоскостей (рис. За). Прямая NK пересекает ребро АА j куба в точке L. Определены стороны KL и LE искомого сечения. Сечение куба плоскостью а полностью построено. Это пятиугольник EPFKL (рис. 3 б). 114
4. Основание прямого параллелепипеда - ромб со стороной а, угол между плоскос- тями боковых граней ср, большая диагональ параллелепипеда наклонена к плоскости основания под углом 0. Найти объем параллелепипеда. Решение. ABCDAXB{CXDX -прямой параллелепипед, основание которого - ромб ABCD. AD = а, АС и BD - его диагонали, О - точка их пересечения, AC>BD (ABAD<AABC). ААХ - высота параллелепипеда ААХ ± (АВС). Следовательно, ААХ±АВ, A A j 1AD, ABAD - угол между плоскостями боковых граней, ABAD = ф. АС -проекция диагонали А।С. ААХСА = 0. V = $осн -И, Н = ААХ, = AD2 sin ABAD, V = AD2sinABAD • АА,. М чхГ1« 1 Uvrli ' 1 MOD : по свойству диагоналей ромба AAOD = 90°; AOAD = АС = 2АО; АО = ADcosAOAD: АО = acos^;AC = 2acos%; ДА,АС; АА,АС = 90°; 2 2 1 1 АХА = ACtgAA ХСА ; АА j = 2acos^-tg$. V = Ответ: 2а3sintpcos^tgft. 5. В основании прямой призмы лежит равнобокая трапеция с боковой стороной с и острым углом а. Диагонали этой трапеции взаимно перпендикулярны. Диагональ призмы образует с плоскостью основания угол у. Определить объем призмы. Решение. Пусть в основании прямой призмы лежит трапеция ABCD, АВ = CD = с, АА т AD = а < 90°, ACLBD, ADXBD = у. Поскольку MBD = Д£>СЯ (АВ = CD, AD - общая, ABAD = ACDA), то BD = АС И ABDA = ACAD. Пусть О - точка пересечения диагоналей трапеции. Тогда AOD - равнобедренный прямоугольный треугольник и, значит, ABDA = 45°..Из MAD: — ; BD = Jlc-sina. sin45 sin а Находим площадь основания: 5 = -BD • AC- sin90° = -BD2 = с2-sin2a. 2 2 Из M)XDB (AD = 90°): Н = DXD = BD • tgy = л/2с • sina • tgy. Следовательно, V = 51й( • H = c~ • sin a J2c • sina tgy = V2c3 • sin3 a tgy. s * Ответ: л/2с3 • sin a • tgy. 115
6. В правильной шестиугольной призме большая диагональ равна 473 см и наклонена к основанию под углом 60°. Найти площадь полной поверхности призмы. Решение. В шестиугольной призме ABCDEFAXBXCXDXEXFX FCX = 4^3 см - большая диагональ. Тогда FC - большая диагональ основания призмы. По условию, ZCXFC = 60°. Из ACXCF (ZC = 90°): FC = CXF- cosZF = 4^3 • - = 2^3 (см); /Q CXC = CXF• sinZF = 473 • — = 6 (см). Известно, что тремя большими диагоналями правильный шестиугольник разбивается на шесть равных равносторонних треугольников, сторона которых равна половине диагонали: АВ = = 7з см. Поэтому $осн = 6 • — = ^(см2)./5 = 6 -АВ = 6^3 см, S6 = Р ССХ = 6j3-6 = 36л/3 (см2). 5П = 25ОСН +5d = 9л/3 + 3б7з = 457з (см2). Ответ: 45 д/З см2. 7. Основание прямой призмы - треугольник, две стороны которого равны b, а угол между ними - а. Через одну из данных сторон основания и противоположную вершину второго основания призмы проведено сечение, образующее с основанием призмы угол <р. Найти объем призмы. Решение. Пусть основанием прямой призмы АВСАХВХСХ является тре- угольник АВС, в котором АВ = АС = b, ZA = а. Сечение призмы проведем через сторону АВ одного основания и вершину Сх - другого. Проведем дальше CN1AB. По теореме о трех перпендикулярах, CXN1AB и, согласно условию, ZCXNC = ф. Из M.NC (ZN = 90°): CN = АС sinZA = bsina. Из &CCXN (ZC = 90°): ССХ = Н = CN - tgZN = bsina. - tgg>. Тогда осн. = АС sina = -b sina V - S0CH • Н = -b sina bsina tgtp = -b sin atgtp. Ответ: -b sin atg<?. 8. На грани двугранного угла в 45° дана точка, лежащая от ребра на расстоянии а. Найти расстояние от этой точки до другой грани. Решение. Бер, ВС 1т, Сет, ВС = а. Проведем BA 1а. По теореме о трех перпендикулярах, СА 1т. Тогда ZBCA - линейный угол данного двугранного угла. ZBCA = 45°. Из ЛВСА'. ZBAC = 90° имеем BA = BCsinZBCA, BA = asin45° = Ответ: 116
9. В основании прямой призмы лежит равнобедренный треугольник с углом р при основании и радиусом вписанной окружности г. Диагональ боковой грани, содержа- щей основание этого треугольника, образует с плоскостью основания призмы угол а. Определить объем призмы. Решение. Пусть в основании прямой призмы лежит треугольник АВС, АВ = ВС, ААСВ = р, АСХАС = а. Центр О окружности, вписанной в ДАВС, является точкой пересечения биссектрис BN и СМ. В равнобедренном треугольнике биссектриса BN является его высотой (и медианой). Так как ON 1 АС, то ON является радиусом вписанной окружности и ON = г. Из bONC {AN = 90°, Е.ИзДВЛГС: BN = NC- tgfi = r ctg^tgfi . Sxixi = -AC • BN = NC • BN = r Из ДАСХС: H = CCX = ACtga = 2NC • tga = 2r-ctg^-tga. • 2r • ctgt-tga = 2r3 ctgt- • tgfi tga. Тогда V = 50СН Ответ: 2rJ • ctgJz- • tgfi • tga. 10. Основанием наклонного параллелепипеда является квадрат со стороной а, а бо- ковые грани - ромбы с острыми углами по 60°. Найти объем параллелепипеда. Решение. Из точки А опустим перпендикуляры на основания и стороны основания: АХО А{АВСу, AXK1AD; АХМ1АВ. КО и МО - проекции наклонных АХК и АХМ. По теореме о трех перпендикулярах, AD 1 КО, АВ 1 МО. Из равенства прямоугольных треугольников АХКА и АХМА (по гипотенузе и острому углому) следует: А К = AM. Прямоугольные треугольники АКО и АМО равны по катету АК = AM и общей гипотенузе АО. Отсюда АОАК = АО AM, следовательно, АО - биссектриса ABAD. Из ДА.АК: АА.КА = 90°; А,А = а; АА,АК = 60°; АК = acos6Q° = A,K = asin60° = ^. Из ДАКО: AAKO = 90°; AOAK = AAOK = A5°\AK = KO. ХОК = а Ответ: Примечание. При решении этой задачи мы доказали: если ребро наклонной призмы образует равные углы со сторонами основания, то это ребро проектируется на прямую, содержащую биссектрису угла, образованного этими сторонами основания. 117
§2. Пирамида Пирамидой называется многогранник, который состоит из плоского многоугольника (основания пирамиды), точки, не лежащей в плоскости основания (вершины пирамиды), и всех отрезков, соединяющих вершину пирамиды с точками основания. 4 SABCDE — пирамида, ABCDE — основание пирамиды, S — вершина пирамиды, SO — высота пирамиды {SO = Н, SO A. (ABODE)), SK — высота боковой грани (SK1АВ, SK = h). 1. Высота пирамиды: 2. Боковые грани: 3’ Боковые ребра: 4. Боковая поверхность пира- миды равна сумме площадей боковых граней пирамиды. Элементы пирамиды перпендикуляр, опущенный из вершины пирамиды на плоскость основания. AASB, &SBC, AJSDC, bSDE, ASAE. SA, SB, SC, SD,SE. 5. Полная поверхность пира- миды равна сумме боковой поверхности пирамиды и пло- щади основания пирамиды. 6. Объем пирамиды равен произведению одной треть- ей площади основания пи- рамиды на ее высоту. бок. aSAB 1 ^SBC °SCD ПОЛИ. бок, ‘-’осн. ОСН. SDE ' ^SEA Правильная пирамида Пирамида называется правильной, если ее основание является правильным «-угольником, а основание высоты пирамиды совпадает с центром этого «-угольника. Осью правильной пира- миды называется прямая, содержащая высоту пира- миды. Апофемой правильной пирамиды называется вы- сота боковой грани. Н — высота, SO — ось, к — апофема. Некоторые виды правильных пирамид Четырехугольная Шестиугольная Треугольная в ЛАВС — правильный; О — точка пересечения медиан (высот и биссек- трис), центр вписанной и описанной окружностей. ABCD — квадрат; О — точка пересечения диагоналей. ABCDEF — правильный шестиугольник; О — точка пересечения диагоналей AD, BE и FC. 118
Основные соотношения правильной пирамиды SABCD — правильная четырехугольная пирамида; АВ = ВС = CD = DA = а — сторона основания; ACDA = ADAB = ААВС = ABCD = 90°; SA = SB = SC = SD = / — боковое ребро; SO H — высота; SK = к — апофема. ASKO = а—линейный угол двугранного угла при основании (угол наклона боковой грани к плоскости основания); ASAO = р —угол наклона бокового ребра к плоскости основания. Все боковые ребра равны и одинаково наклонены к основанию; ADSC = у — плоский угол при вершине боковой грани; АО = R — радиус окружности, описанной около основания; ОК = г — радиус окружности, вписанной в основание; ON ASC ABND = ср —линейный угол двугранного угла при боковом ребре SC \ NS АВ = NSBC = NSCD = NSD — боковые грани являются равными равнобедренными треуголь- никами и одинаково наклонены к основанию. SOL (ABCD); SKLDC; OKLDC. бок ОСН осн -2^-, (ASKO = а — угол cos а боковых граней к • п, ° бок наклона основанию); = 5бок гр (п— число граней); — С _1_ с полн ° бок ОСН1 осн Положение высоты в некоторых видах пирамид 1. Если все боковые ребра пирамиды равны или равно- наклонены к плоскости осно- вания, то вершина пирамиды проектируется в центр описан- ! ной около основания окруж- ности. у 2. Если все боковые грани пирамиды наклонены к осно- ванию под одним и тем же углом или все высоты боко- вых граней равны, то высота пирамиды проектируется в центр окружности, вписанной в основание пирамиды. 3. Если только одна боковая грань пирамиды перпенди- кулярна плоскости основания, то высотой пирамиды являет- ся высота этой боковой грани. или (ASC) 1 (ЛВС), SOI АС. SO е (ASC) SO — высота пирамиды. ASKO = ASEO = ASP О = ..., то О — центр вписанной окружности. Если SA = SB = SC = . ASAO = ASBO = ASCO = .... то SO 1 (ABC), О — центр описанной окружности. 119
4. Если две смежные боковые грани пирамиды перпенди- кулярны плоскости основа- ния, то высотой пирамиды бу- дет их общее боковое ребро. 5. Если две не смежные боко- вые грани пирамиды перпен- дикулярны плоскости основа- ния, то высотой пирамиды будет отрезок прямой, по которой пересекаются плос- кости этих граней. 6. Если только две боковые грани пирамиды (или наклон- ной призмы) одинаково на- клонены к основанию или общее боковое ребро этих граней образует равные углы со смежными с ними сторо- нами основания, то это общее боковое ребро проектируется на прямую, содержащую бис- сектрису угла между смежны- ми с этим ребром сторонами основания (и обратно). (SAB) 1 (АВС), (SAC) ± (АВС), SA ± (АВС) SA — высота пирамиды. (SAB) 1 (АВС), (SDC) 1 (АВС), (SAB) n (SDC) по прямой SO SO 1 (ABC), SO — высота пирамиды. a) ASKO = AS МО или AS АВ = ASA С и SOI (АВ С) SO — высота; АО — биссектриса АВА С. б) АО — прямая, содержащая биссектрису ABAC. Усеченная пирамида Образование усеченной пирамиды Если задана пирамида SABC и проведена плоскость параллельная основанию пирамиды (пл. АХВХСх || пл. АВС), то эта плоскость отсекает от заданной пирамиды пирамиду SA ХВХСх, подобную данной. (С коэффициентом подобия к = SAX ~SA Другая часть заданной пирамиды — многогранник АВСАХВХСХ — называется усеченной пирамидой. Высотой усеченной пирамиды называется расстояние между плоскостями ее оснований. ААВС и —основания; (АВС)\\(АХВХСХ) ААХСХС; ССХВХВ, ВВХАХА —боковые грани (трапеции). АХОА(АВС), АХО = Н ^усеч. пир. ~ + *->2 + и S2 — площади оснований). 120
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА Практические приемы построения линейного двугранного угла (X М Мес в м МВ 1 с (в грани (3). SO А. пл АВС ', (SO — высота пирамиды). Проводим ОМ А. ВС и со- единяем точки 5 и М. Тогда SMA.BC по теореме о трех перпендикулярах, поэтому ZSMO — линейный угол дву- гранного угла при ребре ВС. в D CM A. SB и соединяем и М. Тогда М.МВ = (по двум сторонам и ними), следовательно, SABCD — правильная пирамида. Проводим точки А = АС МВ । углу между ZAMB= ZCMB = 90°, т. е. AM1.SB и ZAMC —линей- ный угол двугран-ного угла при ребре SB. 1. В правильной четырехугольной пирамид плоский угол при вершине равен р. Определить боковую поверхность пирамиды, если радиус окружности, вписанной в боковую грань, равен г. Вычислить, если г = 6 см, р = 60°. Пусть SABCD — данная правильная пирамида. Боковыми гранями правильной пирамиды являются равные между собой равнобедренные треугольники. По условию, ZDCS = р. Проведем апофему SN грани DSC. Эта апофема является одновременно биссектрисой треугольника DSC, следовательно центр О вписанной окружности лежит на SN. Так как ON A. CD, то ON является радиусом данной окружности, ON = г. Пусть К — точка касания окружности к ребру SC. Тогда OK1.SC i ОК = г. Из kSOK (ZK = 90°, ZS = р/2): SO = < i sinZS $/и(р/2) 1 + sfr(P/2) siw(P/2) 3 &SND (ZN = 90°); DN = SN- tgZS = r • * + = r • L±.5/”(£Z* i 2 3). ’ 5/«(p/2) s 62 cos(p/2) SN = SO+ON = . -~-А ч 5Ш(р/2) Учитывая, что DN = NC, находим: S6 = 4Sadsc = 4 • ---- = 4DN - SN = 4г1 +s^XP/2). =8r2 6 wsc 2 cos(p/2) s/«(p/2) sinfi При г = 6 см, р = 60°: = 432л/3 СМ2. Ответ: 8г2-------—; 432 7з см2. sinp 121
2. В правильной треугольной пирамиде плоский угол при вершине равен а. Определить площадь боковой поверхности пирамиды, если радиус окружности, описаного около боковой грани, равен R. S с Пусть SABC — данная правильная треугольная пирамида, AASC = а, R — радиус окружности, описанной около боковой грани. Sg = 3 • - 3 • -SJ • SC • sina = -SA2 • sina. боковое ребро SA найдем из ЛА5С по следствию из теоремы синусов. Так как в этом треугольнике ZC = i(180°-ZS) = 90° —то SA sin АС = 27?; SA = 27? • sin[ 90° - — х 2> = 27? • cos—. Значит, = -[27? cos— j sina = 2 6 2< 2> 67?2 cos2—sin a. Ответ: 6R2cos2 —sina. 2 3. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом а при основании. Все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 0. Определить объем пирамиды, если расстояние от основания высоты до бокового ребра равно I. Пусть SABC — данная пирамида, АВ = ВС, АС АВ = а. Проведем высоту SO. Проекциями боковых ребер SA, SB, SC являются соответственно отрезки ОА, ОВ, ОС. По условию, ASAO = ASBO = ASCO = 0. Треугольники SAO, SBO, SCO имеет общий катет SO и равные острые углы. Поэтому Л5АО = &SBO = Л5СО. У равных прямоугольных треуголь- ников высоты, проведенные к гипотенузам, равны. Это значит, что расстояния от точки О до боковых ребер равны. Проведем из точки О перпендикуляр ON к ребру SB. По условию, ON = I. Из \ONB (AN = 90°): ОВ = . Из NSOB (АО = 90°):// = SO = ОВ • tgAB = — • 7g0 = —l—. sin АВ sinfi v ’ s sinfi . cosfi Так как О A = ОС - OB (это вытекает из равенства треугольников SAO, SB О, SCO), то точка О является центром окружности, описанной около треугольника АВС, а ОВ является радиусом этой окружности. По следствию из теоремы синусов для ЛАВС: = 2ОВ-, ВС = lOBsina = —г”а. Так как в треугольнике АВС АВ = ВС и sinp 7D юао с Ln or • иоло а ч \(2lsina\2 . ~ 2/2 sz«2 a szw 2 a АВ = 180° - 2a, то5осн = -АВ • BCsin( 180 -2a) = - ——- sin2a = --------------------. 2 2х sz7z0 ' sz«20 2l2sin2asin2a I _ 4lJsin2asin2a sin2Q cosfi 3szz?0sz«20 Примечание. Если в некоторой пирамиде все боковые ребра равны или если они образуют с плоскостью основания один и тот же угол, то расстояния от основания высоты пирамиды до боковых ребер равны между собой. 122
4. В правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро образует с высотой пирамиды угол а. Перпендикуляр, проведенный к середине бокового ребра, пересекает высоту пирамиды в точке, находящейся на расстоянии d от вершины основания. Определить объем пирамиды. MN — серединный перпендикуляр к ребру SC (Me SO); CM = d, ZSCO = а. Так как M — точка серединного перпендикуляра к ребру SC, то MS = МС = d. Из ASNM: SN = d cosa. SC = 2d • cosa. Из ASOC: ОС = 2d • cosa sina = d sin2a; H = SO - 2d cos* 2a. = ^(2 • ОС)2 - 2d2 • sin22a. V = ^50CH • H = ^J3 4s7n22a • cos2a. Пирамиды, в которых боковые ребра наклонены к основанию под одним и тем же углом 5. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом а при основании и радиусом описанной окружности R. Определить объем пирамиды, если все боковые ребра ее образуют с плоскостью основания угол р. Пусть SABC —данная пирамида, ZCAB = ZACB = а. Проведем высоту SO пирамиды. Тогда ОА, ОВ, ОС — проекции боковых ребер на плоскость основания. По условию, ZSAO = ZSBO = ZSCO = р. Прямоугольные треугольники SA О, SBO и SCO имеют общий катет SO и равные острые углы, следовательно равные между собой. Тогда О А = ОВ = ОС, то есть точка О является центром окружности, описанной около 1 треугольника АВС. По условию, ОА = R. Объем пирамиды И = 4£осн/7. Из ASAO (ZO = 90°): Н = SO = 2?rgp. Из треугольника АВС по следствию из теоремы синусов АВ находим: —— = 2R; АВ = 2Rsina. sina Гогда: S0CH = - АВ ВС sinZABC = - (2Rsina)2 sin(l80° -2а) = 2R2 sin2 а • sin2a; V = | • 2R2sin2a • sin2a Rtgft = -7?3sin2a • sin2a • ZgP. 2 | Ответ: -R3sin2a • sin2a • tgfi. 6. В основании пирамиды лежит прямоугольний треугольник с углом р и радиусом вписанной окружности г. Определить объем пирамиды, если все ее боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом a. Пусть SABC —данная пирамида, ZACB = 90°, ZABC = р, SO — высота пирамиды, ZSAO = ZSBO = ZSCO = а. Обозначим АВ = х. Тогда АС = х- sinp; ВС = х- cosfi. Площадь основания S = - • АС • ВС = -x2sin2$. С другой стороны, S = р • г, где р = -х (1 + cosp + s/np) — полупериметр. Тогда -x2szn2p = -х • (1 + со$р + sinfi) • г, 2 4 2 откуда х = 2г^ + Р + 5гиР) Точка О является центром окружности, описанной около пря- $ги2р моугольного ААВС, то есть является серединой гипотенузы. Из AASO: Н = SO = ^х • tga. 1 ? • ™ 1 . х3 . г3(1 + со^р + sin$)3tga -xzstn2B • -х • tga = — • sin 2 В tga = —51-t-r:-—£a—. 4 H 2 5 24 H s 3sw22B огда V = -S^ 123
Пирамиды, в которых боковые грани наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом 7. В основании пирамиды лежит ромб с острым углом а. Все боковые грани пирамиды образуют с плоскостью основания угол р. Определить полную поверхность пирамиды, если ее высота равна Н. Пусть SABCD —данная пирамида, ABCD — ромб, ABAD = а, SO = Н — высота пирамиды. Точка О — центр окружности, вписаной в ромб, и является точкой пересечения его диагоналей. Проведем SMAAD {MeAD). Тогда 0M1AD и, по условию, ASMO = $. Из bSMO\ OM=Hctg$. Из ЛАОМ {AM = 90°, АО = = Н- Из AAOD {АО = 90°): OD = АО tg- = '• tg- = Н' ct§$. sin— sin— sin— 2 cos — 2 2 2 2 Тогда 5осн. = Так как 5б = то 5П. — 50сн_ - АС BD = - • 2АО 2OD = 2 • . И; ctS?> = ^с^р 2 2 . a a sina sin— cos — 2 2 С осн cosfi ’ + 1 + COSP с = 4/72cZg2P(l + cosP) осн' со$р cosp осн’ sina-cos а 8. В основании пирамиды лежит равнобокая трапеция с тупым углом р. Все двугранные углы при основании пирамиды равны у. Высоты боковых граней, проведенных из вершин пирамиды, равны h. Определить объем пирамиды. ВС AD, АВ = CD, ААВС = р , SMI AD, SM = h , SO — высота пирамиды, ASMO - у. Из &SMO: Н = h • siny, ОМ = h • cosy. О — центр окружности, вписанной в трапецию. ВК — высота трапеции. ВК = 2ОМ = 2h • cosy. Из ЬАВК {АК = 90°, АА = 180°-р): АВ = 2h' C°SJ. sinp S0CH = -{BC + AD)-BK = -{2АВ)-ВК = ' C°S\ V = со^ . 2 2 5/«Р isinp Пирамиды, в которых две смежные боковые грани перпендикулярные к плоскости основания 9. Основание пирамиды — ромб с острым углом а. Две боковые грани пирамиды, содержащие стороны этого угла, перпендикулярны основанию. Две другие боковые грани наклонены к ней под углом р, а расстояние от основания высоты пирамиды до этих граней равно d. Определить объем пирамиды. Пусть PABCD — данная пирамида, ABCD — ромб, ADA В = а < 90°. Тогда, по условию задачи, перпендикулярными плоскости основания являются грани PAD и РАВ, а значит, и прямая РА их пересечения. Поэтому отрезок РА — высота пирамиды. Проведем высоту РК грани PDC. По теореме о трех перпендикулярах, А К1 CD. По условию задачи, АРКА = р. 124
Проведем из точки А перпендикуляр AN к грани PDC \ AN = d. Покажем, что точка N принадлежит высоте РК грани PDC. Действительно, прямая CD перпендикулярна высоте РК и ее проекции АК на плоскость основания. Поэтому прямая CD перпендикулярна плоскости РКА. Так как плоскость PDC содержит прямую CD, то она также перпендикулярна плоскости РКА. Тогда перпендикуляр AN к плоскости PDC лежит в плоскости РКА, а поэтому его основание N принадлежит высоте РК. Из \ANK {AN = 90°): АК = -4—. Из ЬРАК {АА = 90°): sinp Н = РА = AK-tgB = — tgB = . Так как АВ || CD, то AADK = а. Из N4KD sinfi cos$ {АК = 90°): AD = = —уг-----. Тогда $_ = AD2sina = —. sina sin \s sina sin2 ft sin a Следовательно, V = • H = ----—-------— = -----——--------. 3 3 sin2 $ sina co-$0 3szn20cos0sz«a Ответ:-------—------. 3sin2$cosftsina Пирамиды, в которых одна боковая грань перпендикулярна плоскости основания 10. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с углом а при основании. Боковая грань, содержащая боковую сторону этого треугольника, перпендикулярна основанию, а две другие — наклонены к ней под углом 0, Высота пирамиды равен Н. Определить объем пирамиды. i Пусть SABC — данная пирамида, SO — ее высота, SO .= Н, /у \\ АВ = ВС, АСАВ = a, (SAB) 1 (АВС). Проведем высоты SM и // /!Н \ х SN граней SBC и SAC. Тогда ОМ и ON — проекции этих высот S/ / 1 о \ на плоскость основания, а поэтому углы SMO и SNO являются г линейными углами двугранных углов при ребрах ВС и АС. По с условию задачи, ASMO = ASNO = 0. 1 Объем пирамиды V = -50СН -И. Так как боковая грань SAB перпендикулярна плоскости основания, то основание О высоты пирамиды принадлежит прямой АВ. Из равенства прямоугольних треугольников SOM и SON {SO — общий катет, AM = AN) вытекает, что ОМ = ON. Из равенства прямоугольных треугольников ОМС и ONC {ОС —общая гипотенуза, ОМ = ON) имеем: АОСМ = AOCN. Следовательно, СО — биссектриса треугольника АС В. Из &SON {АО = 90°): OH = Hctg$. Из &ONA (ZW=90°): АО = ^- = ^^-. Из ЬОМВ {AM =90°, АВ = 180°-2а): sina sina ОВ = ом = Hct&. sfn(180° - 2а) sin2a Тогда = АО + ОВ = . .ftagP(2H»a + l) sina sinla sin2a S0CH = -AB BC • sin(\80°-2a) = -AB2 • sin2a = //2crg2P(2co^a + 0CH- 2 2 2sin2a _ 1c тт _ Я3( 1 + 2cosa)2 r ” ij АГМ * Л 'ч * 3 6tg2[3sin2a 125
Пирамиды, в которых задан перпендикуляр, проведенный из некоторой точки к боковой грани 11. В правильной треугольной пирамиде высота образует с плоскостью боковой грани угол р. Расстояние от середины высоты к боковой грани равно Ъ. Определить объем пирамиды. Пусть SABC — данная пирамида, SO — ее высота, точка L — середина высоты, LN — перпендикуляр, проведенный из точки L к грани SAC, LN = Ь. Покажем, что точка N принадлежит апофеме в SM грани SAС. Действительно, прямая АС перпендикулярна апофеме SM и ее проекции ОМ на плоскость основания. Поэтому прямая АС перпендикулярна плоскости SOM. Так как плоскость SA С содержит прямую АС, то она также перпендикулярна плоскости SOM. Тогда перпендикуляр LN к плоскости SA С лежит в плоскости SOM. Он является перпендикуляром, проведенным из середины катета прямоугольного треугольника SOM к гипотенузе SM, следовательно его основание N принадлежит апофеме SM. Из перпендикулярности плоскостей SOM и SAC следует, что проекцией прямой SO на плоскость SAC является прямая SM. Поэтому, по условию, AMSO = р. Объем пирамиды V = -S0CH H. Из &SNL {AN = 90°): SL = —-. 3 5 l¥l L5 H = SO - 2SL = Из kSOM {AO = 90°): OM = SO • rgp = — • tgQ = ягир szop Так как точка О — центр треугольника АВС, то ВМ = ЗОМ = cosp 2Ь cosfi Из ЬАВМ {AM = 90°): AM = ВМ-ctg6Q В правильном треугольнике COS Р высота ВМ является медианою. Поэтому 50СН 2j3b 6b cosP COS2 COS- Р Следовательно, V = - • n^b2. 3 сол2р sin р Ответ: —— cos2 р • sin р Примечание. Если в произвольной пирамиде из некоторой точки ее высоты опустить перпендикуляр к боковой грани, то основание этого перпендикуляра лежит на высоте данной грани, проведенной из вершины пирамиды. 126
Усеченные пирамиды V = + JSlS2 + S2) (S[ и S2 — площади оснований, Н — высота). 12. Стороны оснований правильной усеченной треугольной пирамиды относятся как 1:2, высота пирамиды равна 3 см, боковое ребро образует с большим основанием угол 45°. Найдите площади оснований пирамиды. данная правильная усеченная пирамида, см. Плоскость АОО, проходит через Пусть ABCAiBlCl А}С}:АС=1:2, О и С)} —центры оснований. Тогда О}О — высота пирамиды, ОО{ = 3 вершину полной пирамиды, а поэтому содержит боковое ребро А{А усеченной пирамиды, откуда следует, что АА\О}О — плоский четырехугольник. Кроме того, эта плоскость пересекает параллельные плоскости оснований пирамиды по прямым A^Oi и АО и содержит ее высоту, следовательно А}0} \\АО и АО 1 О^О. V Таким образом, АА^О — прямоугольная трапеция. Проведем высоту АХМ этой трапеции. Так как АХМЦ OtO, то АХМ±(АВС). Тогда отрезок МА является проекцией бокового ребра АХА на плоскость АВС. По условию, ААХАМ = 45°. Из ДАХМА {AM = 90°): AM = A{M-ctg45° = OXO-1 = 3 см. Треугольники AlBlCl и АВС подобны, а поэтому отношения радиусов ОХАХ и ОА окружностей, описанных около этих треугольников, равно отношению сторон: ОХАХ:ОА = 1:2; ОА = 2-0^^ Учитывая, что ОХАХ = ОМ, имеем: ОА - 2 • ОМ. Следовательно, точка М — середина отрезка О А. Следовательно, О А = 2 AM = 6 см. Находим площадь большего основания через радиус ОА описанной окружности: ДЛВС-----Т~0А-2 ~ _ 27 73 длвс-----7~ Ответ: см2 и 27 7з см2. 127
§3. Тела вращения. Поверхности и объемы тел вращения Цилиндр Цилиндром (круговым цилиндром) называется тело, состоящее из двух кругов, которые не лежат в одной плоскости, а совмещаются параллельным переносом, и всех отрезков, соединяющих соответствующие точки этих кругов. Круги - основания цилиндра. Отрезки, соединяющие соответствующие точки окружнос- тей кругов, - образующие. ААХ; ВВХ - образующие цилин- дра. Цилиндр называется прямым, если его образующие перпендикулярны плоскостям оснований. . Свойства 1. Основания цилиндра равны и параллельны. ОА = ОХАХ = R; (CUB) || (Л^В]) - О - центр нижнего основания, О, - центр верхнего основания. 2. Образующие цилиндра параллельны и равны. ААХ || ВВ1; АА1 = ВВ}. 3. Высота цилиндра (расстояние между плоскостями оснований) равна образующей. ^цил. = AAi =- 00,. 4. При вращении прямоугольника около его стороны как оси образуется цилиндр. ОММХО{ - прямоугольник - 00, - ось образованного цилиндра (00, || ММ,). Яцил. = ОМ = О\М\>НМ)ЛП. = ММ1 = 00\- Площадь поверхности и объем цилиндра Боковая поверхность Полная поверхность Объем 5бок = 2itRH Вполн = 2лВ(В + Я) V = nR2H R - радиус основания. H - высота цилиндра. Сечения цилиндра плоскостями Осевое сечение цилиндра ABCD - осевое сечение (сечение, проходящее через ось ООХ). ABCD - прямоугольник (если ABCD - квадрат, то цилиндр называется равносторонним). AD = ^осн. = 2/?; АВ = НЦ]ЛЛ . АВ и CD - образующие цилиндра. 128
(LMKN) || 00 {; KLNM - прямоугольник; KL и MN - образующие цилиндра; = -^цил,- Сечение цилиндра плоскостью, параллельной его оси ___м ГГ Ж Ji- к Сечение цилиндра плоскостью, параллельной его основаниям Плоскость, параллельная плоскости основания цилиндра, пересекает его боковую поверхность по окружности, равной окружности основания. D — П Лпер. Лцил. • Конус Конусом (круговым конусом) называется тело, состоящее из круга, точки, не лежащей в плоскости этого круга, и всех отрезков, соединяющих заданную точку с точками круга. Круг - основание конуса. Точка 5 - вершина конуса. Отрезки, соединяющие вершину конуса с точками окружности основания, - образующие. SA; SB - образующие конуса. Конус называется прямым, если SO± (АОВ) {О - центр круга основания). Свойства ~~ 1. Образующие конуса равны. SA = SB = ... 2 Нконуса = SO; (SO±(АОВ)). 3. При вращении прямоугольного треугольника около его катета как оси образуется конус. &AOS - прямоугольный, ZAOS = 90°; прямая SO - ось конуса; ^конуса = А0> ^конуса = SO ;AS - образующая; AS = I. Площадь поверхности и объем конуса Боковая поверхность Полная поверхность Объем 5бок = TtRL 5ПОЛН = nR(R + L) V = ^nR2H R - радиус основания; L - образующая; Н - высота конуса. № 129
Сечения конуса плоскостями Осевое сечение конуса &SAB - осевое сечение (сечение, проходящее через ось SO). NSAB - равнобедренный. SA = SB (SA и SB - образующие). Сечение конуса плоскостью, проходящей через его вершину &SMK - равнобедренный. SM = SK (SM и SK - образующие). Сечение конуса плоскостью, параллельной его основанию Плоскость, параллельная плоскости основания конуса, пересекает конус по кругу, а боковую поверхность - по окружности с центром на оси конуса. •^сеч, _ *кон. " SO • Усеченный конус Усеченным конусом называется часть конуса, ограниченная его основанием и сечением, параллельным основанию. Высотой усеченного конуса называется расстояние между плоскостями его оснований. В частности, 00, = кпнигя, где О и О, - центры 1 yUCn. r\UnyUG 1 11 оснований усеченного конуса. Свойства Т Осевое сечение усеченного конуса - равнобокая трапеция: MKNT - осевое сечение; МТ|| KN, МК = TN (образующие); МТ = 2r; KN = 2R ; 00, LKN\ 001 = Я. 2 При вращении прямоугольной трапеции (ОВАО{) около оси, проходящей через боковую сторону, перпенди- кулярную основаниям, образуется усеченный конус. м R Боковая поверхность Площадь поверхности и объем усеченного конуса Объем Полная поверхность бок. я(7? + r)L полн. L - образующая. R и г - радиусы нижнего и верхнего оснований. 130
Тела вращения Рассмотрим, какие тела могут образоваться в результате вращения отрезка около оси. Пусть отрезок АВ вращается около оси MN и лежит с ней в одной плоскости. J I 1. АВ ± MN и имеет с MN общую точку В. В результате вращения отрезка около оси получаем круг с центром в точке В и радиусом, равным отрезку АВ. 2. АВ ± MN и не имеет общей точки с MN, причем ОВ = d. В результате вращения образуется плоское кольцо, ширина которого равна длине данного отрезка. 3. АВ || MN и АВ вращается на расстоянии d от оси MN. Получается поверхность цилиндра, образующая которого равна отрезку АВ, а радиус основания равен d. 4. Отрезок АВ имеет с осью MN общую точку А и наклонен к ней под углом а. Вращаясь, АВ опишет боковую поверхность конуса, образующая кото- рого равна АВ, а радиус основания R = АВsina. 5. Отрезок АВ не, имеет с осью общей точки и наклонен к ней под углом а. В результате вращения отрезок АВ опишет боковую поверхность усеченного конуса. Образующая конуса равна АВ, радиусы оснований г = d и R = d + АВsina. м N N 131
Сфера и шар Сферой называется множество всех точек пространства, находящихся на данном расстоянии R от заданной точки О. При вращении полуокружности около ее диаметра получаем сферу. Шаром называется множество всех точек простран- ства, находящихся от заданной точки О на рассто- янии, не большем данного расстояния R. При вращении полукруга около его диаметра полу- чаем шар. Сфера является поверхностью шара. Сечение шара плоскостью Любое сечение шара плоскостью есть круг. Центр этого круга - основание перпендикуляра, опущенного из центра шара на секущую плоскость. О - центр шара, - центр круга сечения. ООХ ± а. Из ДОО,А: Ясеч = > 2 шара - 00]. Сечение, проходящее через центр шара, - большой круг. ^большого круга лшара Сечение сферы любой плоскостью есть окружность. Площадь сферы Объем шара Части шара Сегмент л ч Объем: V = Площадь сегментной поверхности: 5бок = 2nRH. Сектор Объем: V = -tiR2H. 3 Площадь полной поверхности: 5ПОЛН = kR(2H+JlHR-H2}. Срез Объем: V= -пН2 + 1я(г? + г%)Н. 6 2 Площадь боковой поверхности: S6oK = 2nRH. S = 4nR2 V = ^nR3 132
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. В цилиндре площадь основания равна Q, а площадь осевого сечения S. Определить полную поверхность цилиндра. Решение. В цилиндре 50СН = Q и SABCD = 5. Найти 5П0лн цилиндра. Обозначим АО = R и AD = Н\ тогда 5П0ЛН = 2nR(H + R). По условию задачи, 2RH = S, nR2 = Q, откуда Тогда 5П0ЛН. Ответ: л5+20. 2. Параллельно оси цилиндра проведена плоскость, отсекающая от окружности основания дугу а. Диагональ образовавшегося сечения равна / и наклонена к плоскости основания под углом р. Определить объем цилиндра. Решение. Сечением цилиндра плоскостью, параллельной его оси ОО} и пересекающей основание, является прямоугольник. Пусть это прямоугольник АА1В1В, в котором А {В = I, и пусть дуга АМВ равна а. Тогда ААОВ = а. Так как ААХ1 (АОВ), то проекцией диагонали А{В на плоскость основания является хорда АВ. Поэтому АА j В А — Р. Объем цилиндра V = nR2H. Из кАА{В (АА = 90°): Н = А А, = I • 5/«р; АВ = I cos$. Из точки О проведем перпендикуляр ON к хорде АВ. Так как АЛОВ равнобедренный, то AAON = -у. AN =- АВ = -/• со^р. Из bAON (AN = 90°): R = ОА = 2, 2 AN sin АА ON I • cosP Ответ: 71 •/3 • cosl$ • sin$ 133
3. Высота цилиндра 6 дм, радиус основания 5 дм. Концы отрезка, длина которого 10 дм, лежат на окружностях обоих оснований. Найти расстояние между данным отрезком и осью. Решение. В данном цилиндре AM = 6 дм\ АО = 5 дм и отрезок MN = 10 дм. Найти расстояние между отрезком MN и осью цилиндра 00,. MN и ОО} - скрещивающиеся прямые. Проведем плоскость MAN через прямую MN параллельно оси ОО{; тогда расстояние от любой точки оси 00! до проведенной плоскости будет искомым. OOlL(ANO), (AMN) L(ANO), BOLAN (по свойству медианы равнобедренного треугольника ANO (NO = АО = R), проведенной к основанию AN). ВО L(AMN) - по теореме о прямой, лежащей в одной из перпендикулярных плоскостей и перпендикулярной к линии их пересечения. ВО - искомое расстояние. Из прямоугольного LMAN получим: AN = JMN^-AM1 = 7102-62 = 8 (дм). Из прямоугольного ДЛ В О (ВО LAN \ АВ = ^тг)'. О В = ^АО2 -АВ2 = л/52-43 = 3 (дм). В этом случае CD = ВО = 3 дм. Ответ: 3 дм. 4. Через вершину конуса проведена плоскость, пересекающая его основание по хорде, которую видно с вершины под углом а, а из центра основания - под углом 0. Определить боковую поверхность конуса, если расстояние от центра его основания до середины образующей равно d. Решение. Пусть сечением конуса плоскостью является треугольник SAB, SO - высота конуса, точка М - середина образующей SA. По условию, LASB = a, LAOB = 0, ОМ = d. Боковая поверхность конуса 5бок - лЯ/, где R = О А - радиус основания, I = SA - длина образующей. В прямоугольном треугольнике SOA (LO = 90°) середина М гипотенузы SA является центром описанной окружности. Поэтому MS = МА = МО, откуда SA = 2 • ОМ = 2d. Из вершины S проведем перпендикуляр SN к хорде АВ. По теореме о трех перпендикулярах, ONLAB. Так как SA = SB, то высота SN является биссектрисой и медианой треугольника ASB. Поэтому LNSA = и AN = NB. Аналогично LNOA = . Л* Из NSNA : NA = SA- sin LN SA = 2d sin-. Из LONA : О A = . N^--4 = ^—^77777^ - 2 sin LNОA sin($/2) Тогда S6oK = n-OA-SA = л • 2d' sin^/^ - 2d = 4 71 ’ 60K 5z«(0/2) sin($/2) Ответ: 4л • бТ2 • sin(a./2) sin (0/2) 134
5. В усеченном конусе радиусы оснований 5 см и 3 см, высота J2. Через две его образующие проведено сечение плоскостью, отсекающей от окружностей оснований дуги по 120°. Найти площадь сечения. Решение. 1) Проводим ОМ1ВС, ОХМХ , тогда ВМ = МС, ВХМХ = МХСХ (теорема о радиусе, перпендикулярном хорде). 2) ММХ С ВС (как ось симметрии трапеции ВВХСХС). ВС + В.С, ^сеч. = -----!—1 ’ (”1) (формула площади трапеции). 4) ВС = ОА^З = 5^3, ВХСХ = ЗТЗ СМ (2) (ВС = а3 = 7?ТЗ). 5) В трапеции 00хМхМ проводим МХН±ОМ; из кНМ^М: ММХ = jHMj + НМ2 (3) (теорема Пифагора); НМХ = 00 х = 72 см. Q) НМ = ОМ-ОН = 0М-0хМх (4); АОСВ = (180°-120°): 2 = 30°. 7) Из ЬСОМ\ ОМ = OCsin3§° = 5 • |! ИЗ LCXO{MX. ОХМХ = OxCxsin3Q° = 3 ; подставим эти значения в (4): НМ = = 1 (см). 8) ММХ = 7(72)2+ I2 = 7з (см) (5). 9) ИЗ (5), (2) и (1); . 75 = Л . |2 (см1). Ответ: 12 (см2). 6. Внутри шара проведены две параллельные плоскости по одну сторону от его центра на расстоянии 3 см друг от друга. Эти плоскости дают в сечении два малых круга, диаметры которых-9 см и 12 см. Вычислить объем шара. Решение. По условию, АВ = 12 см; CD = 9 см. Треугольники ОЕВ и OGD — прямоугольные, откуда R2 = ОЕ2 + ЕВ2 или R2 = OG2 + GD2, OG = ОЕ + 3; тогда имеем R2 = (OE + 3)2 + GD2. Сравнивая выражения, получим ОЕ2 + ЕВ2 = (ОЕ + З)2 + GD2, ОЕ = - (см). Тогда R = JOE2 + ЕВ2 = J^2 + 62 = 6,1 (см)‘> V = = |л6,13®946 (см3). Ответ: 946 см3. 135
7. Стороны треугольника равны 15 см, 14 см и 13 см. Найти удаление от плоскости треугольника до центра шара, касательной к сторонам треугольника, если радиус шара равен 5 см. Решение. Дан шар О с радиусом R = 5 см и ЛАВС, стороны которого касаются поверхности шара и равны АВ = 15 см, ВС =14 см и А С = 13 см. Найти расстояние от центра шара до плоскости &АВС. Плоскость ДЛВС пересечет шар О по кругу, вписанному в данный треугольник. Основание перпендикуляра OD, опущенного из центра шара О на плоскость ААВС, попадает в центр этого круга D. Пусть DM = г - радиус круга D, проведенный в точку касания стороны СВ поверхности шара. Тогда из прямоугольного &ODM находим OD = JoM2 - DM2. Радиус шара R = ОМ = 5 см. Радиус круга D, вписанного в данный треугольник, находим по формуле г = DM = -, где S - площадь, ар- полупериметр треугольника: DM = Jp{p — а)(р - b)(p - с) _ а/21 • 6 • 7 • 8 21 = 4 (см). Подставляя найденные значения в формулу для OD, находим искомое расстояние OD = 752-42 = 3 (см). Ответ: 3 см. 8. Радиусы оснований шарового пояса равны 10 см и 12 см, а его высота - 11 см. Найти поверхность сферического пояса, если параллельные плоскости, пересекающие шар, расположены по разные стороны от центра шара. м Решение. На рисунке ОХА = 10 см, О2В =12 см, Н = О{О2 = И см. Площадь поверхности пояса: S = 4я/?2-(51 + S2), где R - радиус шара, S,, S2 - площади поверхностей шаровых сегментов с высотами Я, = 0{М и Н2 = О2К. S = 4л7?2 - (2л7?Я) + 2лЗ?Я2) = 2itR(2R-H{- Н2) = 2itRH. Найдем/?: О,О + ОО. = 0,0.; Jr2-IQ2 +Jr2-U2 =11; 1 X, 1 Я2-102 = (11-7л2-122)2; 2? = 12,5 см. Следовательно, S = 2л • 12,5 11 = 275л (см2). Ответ: 275 я см2. 136
9. Доказать, что если &АВС вращается вокруг стороны ВС = а, то объем полученного тела Va = о2 , где Q - площадь треугольника. а Решение. Объем тела вращения состоит из двух конусов BAD и CAD. Обозначим АО = h высоту ДЛВС, опущенную на сторону ВС, которая является и радиусом оснований конусов. Тогда, обозначив объем искомого тела вращения через Va, имеем Уц ^кон. ABD + ^кон. CAD > ^ЛИ Va = ^nh2(CO + ОВ) = ^nah2. 1 о 1 </2Й2 4 О2 Учитывая, что, по условию, ah = 2Q, найдем К, = -nah2 = -к-— = -п^-, что и 3 За За требовалось доказать. Формула верна для любого треугольника, но если угол будет тупой, то при доказательстве надо учитывать, что тогда Va = Икон ABD- Ккон ACD. 10. Ромб ABCD с АА = 60° и стороной АВ = а вращается вокруг оси АО 1AD. Найти объем тела вращения. Решение. Объем тела вращения равен разности объемов усеченного конуса ADCO и конуса АВО : Vx = АО(ОС2+AD OC + AD2) - АО ОВ2 = = 1л- AO(OC2+AD- ОС + AD2-OB2). Рассмотрим АЛОВ (ААОВ = 90° и АВАО = 30°). В этом треугольнике АВ = а, тогда ВО = -а, АО = 2 а. Подставляя эти значения в формулу для объема тела вращения, найдем V = 1л • Ответ: naJ. 137
§4. Комбинации геометрических тел Возможные типы комбинаций 1. Многогранник и многогранник. (Призма, вписанная в пирамиду, или пирамида, вписанная в призму, и другие.) 2. Многогранник и тело вращения. (Пирамида, вписанная в конус, или конус, вписанный в пирамиду; цилиндр, вписанный в пирамиду, или пирамида, вписанная в цилиндр, и другие; шар, вписанный в пирамиду, или пирамида, вписанная в шар; призма, вписанная в шар, или шар, вписанный в призму, и другие.) 3. Тело вращения и тело вращения. (Шар, вписанный или описанный около цилиндра, конуса, и другие.) Цилиндром, вписанным в призму, называется цилиндр, основания которого — круги, вписанные в основание призмы, а боковая поверхность цилиндра касается боковых граней призмы. Радиус цилиндра — г. Ось цилиндра совпадает с высотой призмы — Н. Цилиндр называется описанным около призмы, если его основания — круги описанные около оснований призмы, а образующие совпадают с ребрами призмы. Радиус цилиндра — R. Ось цилиндра совпадает с высотой призмы — Н. Конусом, вписанным в пирамиду, называется конус, основание которого — круг, вписанный в многоугольник основания пирамиды, вершина совпадает с вершиной пирамиды, боковая поверхность конуса касается боковых граней пирамиды. г — радиус конуса; Н — высота пирамиды и конуса. Конус называется описанным около пирамиды, если его основание — круг, описанный около пирамиды, вершина совпадает с вершиной пирамиды, а образующие совпадают с ребрами пирамиды. Высоты конуса и пирамиды совпадают на основании единственности прямой, перпендикулярной плоскости и проведенной через точку, не лежащую в данной плоскости. Радиус вписанной в основание пирамиды окружности (круга) перпендикулярен стороне многоугольника, лежа- щего в основании пирамиды, и является проекцией образующей конуса на плоскость основания. R — радиус конуса; Н — высота пирамиды и конуса. 138
Шар называется вписанным в многогранник, если все грани многогранника касаются шара. Многогранник в этом случае называется описанным около шара (сферы). Центр шара, вписанного в многогранник, равноудален от всех его граней. Он является точкой пересечения полуплоскостей, проведенных через ребра двугранных углов, образованных двумя смежными гранями, которые делят этот угол пополам. Расстояние от центра шара до граней — его радиус. Шар называется описанным около многогранника, если все вершины многогранника лежат на поверхности шара (сферы). В этом случае многогранник называют вписанным в шар. Центр шара, описанного около многогранника, равно- удален от всех его вершин, то есть является точкой пересечения плоскостей, проведенных через середины ребер многогранника (призмы, пирамиды) перпенди- кулярно им. Расстояние от центра шара до вершины многогранника — его радиус. Шар можно описать около призмы, только если она прямая и ее основание является прямоугольником, вписанным в окружность. Центр шара, описанного около прямой призмы, лежит на середине высоты призмы, соединяющей центры окружнос- тей, описанных около оснований призмы. <s О — центр шара; R — радиус шара; ОХО2 —высота призмы; г — радиус окружности, описанной около основа- ния призмы Примечание. Центр шара, описанного около прямоугольного параллелепипеда, лежит в точке пересечения диагоналей параллелепипеда, а каждая диагональ па- раллелепипеда является диаметром описанного шара. 139
Шар можно вписать в прямую приз- му, если ее основания являются многоугольниками, описанными око- ло окружности, а высота призмы равна диаметру шара и диаметру этой окружности. Центр шара, вписанного в прямую призму, лежит на середине отрезка, соединяющего центры окружнос- тей, вписанных в основания приз- мы. Причем радиус шара равен радиусу окружности, вписанной в основание призмы, а диаметр шара равен высоте призмы. О — центр шара; R — радиус шара; ОХО2 — высота призмы и диаметр шара; г — радиус окружности, вписанной в основание призмы, р - и R = i~2- Примечание. Шар можно вписать и в некоторые наклонные призмы. Если рассмотреть перпендикулярное сечение призмы, проходящее через центр’ вписанного шара, то получим, что радиус шара, вписанного в наклонную призму, равен радиусу окружности, вписанной в перпендикулярное сечение призмы, а диаметр шара равен высоте призмы. Если в многогранник можно вписать сферу, то объем многогранника равен одной трети произведения I площади полной поверхности мно- гогранника на радиус вписанной сферы. = 7 г $ полн.многогр. AqBqCq — перпендикулярное сечение гвпис.шара гокр., впис. в перпенд. сечение А„ВоС0 ’ /У — /7 “впис. шара п призмы * Шар называется описанным око- ло пирамиды, если все вершины пирамиды лежат на поверхности шара. О, —центр описанного шара; АОХ = ВОХ = СОХ = SOX В-огмс. шара. 140
Центр шара, описанного около про- извольной пирамиды, лежит на пря- мой, перпендикулярной плоскости основания, проходящей через центр окружности, описанной около осно- вания, в точке пересечения этой прямой с плоскостью, перпендику- лярной боковому ребру и прохо- дящей через его середину. О — центр окружности, описанной около основания, OOt ±(АВС) ; М — середина SA, a ISA (М е а); а пересекает ОО{ в точке#!; О1 — центр описанного шара. Если вершина пирамиды проекти- руется в центр окружности, опи- санной около основания, то центр описанного шара лежит на прямой, содержащей высоту пирамиды в точке пересечения этой прямой с । серединным перпендикуляром к боковому ребру. SO— высота пирамиды, О — центр окружности, описанной около основания пирамиды, М — середина ребра SA, МО{ ISA; МО{ r^SAe точке Ot; Ot — центр описанного шара, SOt = R (шара); АО = г (окружности, описанной около основания пирамиды). Примечание. Центр описанного шара может находиться в середине пирамиды (на высоте, рис. 1); вне пирамиды (на продолжении высоты, рис. 2); в плоскости основания пирамиды (совпадает с основанием.высоты пирамиды, рис. 3). Рис. 1 Рис. 2 Рис. 3 Если центр описанного шара лежит на высоте пирамиды (или на ее продолжении), то при решении некоторых задач можно исполь- зовать такой прием: продлить высоту пирамиды до пересечения с шаром в точке и соединить точку 51 сточкой А. Тогда 55, —диаметр шара и ZSASt = 90° как вписанный угол, опирающийся на диаметр. 141
Шар называется вписанным в пирамиду, если все грани пира- миды касаются шара. Ох — центр шара; К — точка касания с гранью SAC; 0{К = г (радиус шара), (9^1(SAС). Если вершина пирамиды проекти- руется в центр окружности, вписан- ной в основание, то центр вписанного шара лежит на высоте пирамиды, в точке пересечения высоты с биссек- трисой линейного угла двугранного угла при основании пирамиды. (Счи- тают, что плоскость линейного угла проходит через высоту пирамиды.) SO — высота пирамиды; О — центр окружности, вписанной в основание пирамиды; AS МО —линейный (ОМАВС; SMI ВС); МО{ —биссектриса AS МО; (9( — центр вписанного шара; 00, — радиус вписанного шара; ОМ — радиус окружности, вписанной в основание пирамиды. Примечание. Центр шара, вписанного в пирамиду, лежит в точке пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов при ребрах пирамиды. Биссекторной плоскостью дву- гранного угла называется плос- кость, которая проходит через ребро двугранного угла и делит этот угол пополам. <9, — центр вписанного шара; (BCOJ —биссекторная плоскость двугранного угла при ребре ВС; ОХКА(АВС); О{К — радиус вписанного шара. 142
Шар называется вписанным в цилиндр (конус), если основания (основание) и все образующие, которые образуют цилиндр (конус), касаются шара. Такой цилиндр (конус) называется описанным около шара. Шар можно вписать только в такой цилиндр, высота которого равна диаметру основания (такой цилиндр называют равносторонним). Шар касается оснований цилиндра в их центрах и боковой поверхности цилиндра по большей окружности шара, параллельной основаниям цилиндра. Диаметр шара равен высоте цилиндра. R — радиус вписанного шара; г — радиус цилиндра; Н — высота цилиндра; Шар можно вписать в любой конус. Шар касается основания конуса в его центре и боковой поверхности конуса по окружности, лежащей в плоскости, параллельной основа- нию конуса. Центр вписанного шара лежит на оси конуса и совпадает с центром окружности, вписанной в треуголь- ник, являющийся осевым сечением конуса. , R — радиус вписанного шара; г — радиус конуса; Н — высота конуса; Шар называется описанным око- ло цилиндра, если основания цилиндра являются параллель- ными сечениями шара (рис. 1). I Шар называется описанным око- ло конуса, если основание конуса является сечением шара, а вер- шина конуса лежит на поверхности шара (сферы) (рис. 2). Такие цилиндр и конус называ- ются вписанными в шар (сферу). Рис. 1 Рис. 2 143
Шар можно описать около любого (прямого, кругового) цилиндра. Окружности оснований цилиндра лежат на поверхности шара. Центр описанного шара лежит на середине высоты цилиндра, прохо- дящей через ось цилиндра. ABCD — осевое сечение цилиндра; R — радиус описанного шара; г — радиус цилиндра; Н — высота цилиндра; Шар можно описать около любого конуса. Окружность основания конуса и вершина конуса лежат на поверх- ности шара. Центр описанного шара лежит на оси конуса и совпадает с центром окружности, описанной около тре- угольника, являющегося осевым сечением конуса. &МАВ — осевое сечение конуса; R — радиус описанного шара; г — радиус конуса; Н — высота конуса; о .2 ’ R~ = (Н-R) +г . 144
УЧЕНИЧЕСКАЯ СТРАНИЧКА 1. В цилиндр вписан параллелепипед со стороной основания а. Диагональ паралле- лепипеда наклонена к плоскости основания под углом а и образует угол р с боковой гранью, проходящей через сторону а. Найти боковую поверхность цилиндра. Вычислить, если а = 6 см, а = 45°, 0 = 15°. Решение. Очевидно, что вписанный в цилиндр параллелепипед — прямой, поскольку, по определению, его ребра совпадают с образующими цилиндра. Основание параллелепипеда — параллелограмм, который, по условию, вписан в окружность. Сумма его противолежащих углов равна 180°, а каждый из них равен 90°. Следовательно, в основании параллелепипеда лежит прямоугольник. Центром окружности, описанной около прямоугольника, является точка пересечения его диагоналей (равноудалена от каждой пары противолежащих вершин). Боковую поверхность цилиндра можно вычислить по формуле: 5бок = itdH, где d = BD, а Н = ВВХ. Решение задачи сводится к выражению диагоналей основания и высоты параллелепипеда с помощью известных параметров AD = a, ZBxDB = a и ZAXDBX = 0. В треугольнике BXBD BD = B{Dcosa. Из прямоугольного имеем: AXD = BxDcos$. 1 ? Следовательно, 5бок = nBxDcosa BxDsina = -nBxD~sin2a. Здесь, чтобы избежать в дальнейшем громоздких выражений и их преобразований, выведенные из треугольника BXBD формулы для ВВхн BD вначале подставили в формулу боковой поверхности цилиндра, которая после этого упростилась. В дальнейшем отпала необходимость искать BXDX, а затем ВВХ и BD, поскольку удобнее сразу найти BXD и подставить в полученную формулу. Рассмотрим АЛ XAD. Он прямоугольный, следовательно, A XD2 = AAX+AD2. Но АА । = ВВХ = BxDsina и AD = а. Тогда (BXD • cas0)2 = (BXD • sina)~ + a; BxD2-cos2$ = ВXD~sin2и. + a2, ВXD2(cos20 - sin2a) = a2, cos2 0 - sin- a = g2 = __________________o2________ Поэтому S = тса2 sin 2a cos2$ + cos2a cos(a + 0)cas(a-0) ’ 6oic 2cos(a + 0)cos(a-0)' Вычислим боковую поверхность цилиндра для данных значений параметров а = 6 см = ZZ2! = 24а/Зл « 130,6 (см1) _ 7t6~si>?90° бок- “ 2 cos 60 ° sin 30° a Ответ:------ ; » 130,6 см2. 2cas(a + 0)cas(a - 0) Примечание. Если бы в задаче было сказано, что в цилиндр вписан прямой параллелепипед, то первую часть приведенного в задаче пояснения следует опустить. 145
2. В основании прямой призмы лежит прямоугольный треугольник с гипотенузой с и острым углом р. Диагональ грани, которая содержит противолежащий данному углу катет, наклонена к плоскости основания под углом а. Вычислить боковую поверхность цилиндра, вписанного в данную призму. Вычислить, если с = 12 см, а = 60°, 3 = 30°. Решение. Пусть в основании прямой призмы лежит треугольник АВС, в котором ZC = 90°, ZB = р, АВ = с. Проекцией диагонали АС{ на плоскость основания является отрезок АС. Поэтому, по условию, АС^АС = а. Высота Н цилиндра, вписанного в данную призму, равна высоте призмы, а радиус г основания равен радиусу окружности, вписанной в треугольник АВС. Боковая поверхность вписанного цилиндра 5бок = 2л • г • Н . Из ЛАВС'. АС = с • sinР; ВС = с со$3. Тогда SMBC = -АС • ВС= • sinр • с ctxsp = -c2sin2$. С другой стороны, В^вс = р • г, где р — полупериметр треугольника АВС. Поскольку то ЛАВС Следовательно, *^бок. • Из ЛА СС[: // = СС\ = АС • tga = с • sinfi tga. с sin2R . □ , л • c2sinQ • sin2Q --——е------— • С • Sinp • tga = -;--- = 12 см, а = 60°, р = 30° получим: 5бок = 36(3-73)л (atf). Ответ: я Апф „Л2Р tsa.. 36{3_J~3)n 1 + sin 3 + cos 3 3. Основанием прямой призмы является ромб с острым углом а. Диагональ боковой грани призмы равна / и образует с плоскостью основания угол 3- Определить боковую поверхность цилиндра, вписанного в данную призму. Решение. Пусть в основании прямой призмы лежит ромб ABCD, в котором АА = а < 90°. Проекцией диагонали АВ{ грани АА 1В1В на плоскость основания является сторона АВ ромба. По условию, АВХ=1, АВр4В = р. Высота Н цилиндра, вписанного в данную призму, равна высоте призмы, а радиус г основания равен радиусу окружности, вписанной в ромб ABCD. Боковая поверхность вписанного цилиндра 5бок = 2л • г Н . Из ЛАВ{В(АВ = 90°): Н = ВВ{= I • sinfi-, AB = l-cos$. Из формулы для площади ромба 5 = р • г, где р = 2 • АВ — его полупериметр, находим: S АВ2 sin а 1 AD . 1 . „ г = - = —-——— = - АВ sina - - I • сс«3 • sma. р 2-АВ 2 2 1 1 Следовательно, 5бок = 2л•- • /• cas’3 • sina I sinfi = -л • I2 • sin2$ sina. 146
4. В основании пирамиды лежит прямоугольник, площадь которого равна S и угол между диагоналями равен а. Все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 0. Вычислить объем конуса, описанного около этой пирамиды. Вычислить, если S = 36 см2, а = 60°; (3 = 60°. Решение. ’ В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD, SABCd = s> ° — точка пересечения диагоналей АС и DB, ACOD = а . Поскольку боковые ребра пирамиды образуют с плос- костью основания один и тот же угол, то вершина 5 проектируется в центр окружности, описанной около прямоугольника, то есть в точку О. Следовательно, SO 1 (АВС) и, по условию, ASAO = 0. Поскольку S = - AC BD sina = sina 1 / 25 2 А/ sin a Из Д5О4: H = SO = OA-tg$ = v= —л/?2 • н=infl 3 3 '2 а/ sin a/ ~2S sina 2 Ч ——. Тогда объем описанного конуса: sina [~2S~ _ л 5 • rgp sina 12 sin a Nsina Ответ: 5. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с боковой стороной Ь и углом р при основании. Все двугранные углы при основании пирамиды равны у. Определить боковую поверхность конуса, вписанного в данную пирамиду. Решение. Пусть SABC — заданная пирамида, АВ = ВС = Ь, ABAC = р. Проведем высоту SO пирамиды и перпендикуляры SK,SL,SM к сторонам АВ,ВС,АС. По теореме о трех перпендикулярах, ОК1АВ,ОЫВС,ОМ1АС. Поэтому углы SKO,SLO и SMO являются линейными углами двугранных углов при основании условию, AS KO = ASLO = ASMO = у. Прямоугольные треугольники и SMO имеют общий катет SO и равные острые углы. Поэтому ASKO = SSL О = ASMO, отсюда вытекает SK = SL = SMe ОК = OL = ОМ. Кроме того, OK 1 АВ, OL К ВС, ОМА АС и точка О является центром окружности, вписанной в треугольник АВС. Поэтому ОМ для вписанного в пирамиду конуса является радиусом основания, a SM — образующей. Поскольку прямая ВО содержит биссектрису угла при I вершине равнобедренного треугольника, то ВО А АС. Прямая ОМ тоже перпендикулярна I прямой А С. Поэтому прямые ВО и ОМ совпадают. Значит, точки В, О и М лежат на одной прямой. Из ААВМ (АМ= 90°); АМ= h casp. Из АЛОМ АМ= 90 пирамиды. По SKO, SL О : r = OM = AM - Tgl t- = b cos Ь cos ОМ cosy Из АО MS (АО = 90°): /= SM = Находим боковую поверхность вписанного конуса: Ъ • cos В • ¥ I л • 62 • cos 5бок. = nrl = лб • COSp • tg cosy cosy cosy 147
6. В шар с радиусом R вписан прямоугольный параллелепипед, диагональ которого образует с меньшей боковой гранью угол а. Диагональ основания параллелепипеда образует с большей стороной основания угол р. Вычислить измерения параллелепипеда. Решение. Центром шара, описанного около прямоугольного параллелепи- педа, является точка пересечения его диагоналей — точка О. Учитывая, что в прямоугольном параллелепипеде l(AAlDlD), получаем, что ADX — проекция АСХ на плоскость AAXDXD. Следовательно, по условию, ACXAD = а. Если AAXDXD — меньшая боковая грань, то AD — меньшая сторона основания (соответственно АВ — большая). Тогда, по условию, АСАВ = р. Из прямоугольного треугольника ACXDX: CXDX = АСХ sina = 2R sina. Но АВ = CXDX = 2R • sina. Тогда из прямоугольного треугольника АВС: СВ — АВ • tg$ = 2Rsina • tg$ . Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений. Следовательно, АС] = АВ1 + ВС1 + ВВ]. Отсюда ВВХ = ^АС] — АВ2 —ВС2 = 2R*Ji - sin2a- sin2а tg2Р = 2Rjcos2a- sin2a - tg2Р. Ответ: 2Rsina\ 2Rsina tgfy1, 2R J cos2 a - sin2 a • tg2 P. 7. Нарисовать правильную треугольную призму, описанную около шара. л Рис. 1 А Рис. 2 Решение. Сначала нарисуем основание описанной призмы — треугольник АВС, обозначим точку Ох, в которой пересекаются медианы этого треугольника (рис.1). Представим себе, какой должна быть проекция вписанного шара: это будет круг, касающийся сторон треугольника АВС в их серединах. Нарисуем соответствующий эллипс. Больший диаметр этого эллипса должен быть равен высоте описанной призмы. Строим приблизительно такой же высоты боковые ребра ААХ,ВВХ и ССХ. Пусть точка О2 — точка пересечения медиан ЛА ХВХ Сх. Точки О2 и Ох — полюсы вписан- ного шара. Из середины О отрезка О2ОХ как из центра проводим окружность диаметром, немного большим, чем О2^1 Эта окруж- ность — очертание вписанного в данную призму шара. Можно начинать выполнение рисунка не с основания призмы, а с ее сечения плоскостью, которая проходит через середины боковых ребер (рис.2). Нарисуем изображение равностороннего треугольника КРТ. Впишем в него эллипс так, чтобы он касался каждой стороны треугольника в ее середине. Пусть О — центр этого эллипса. Проведем через точки К, Р, Т и О вертикальные прямые и отложим на них отрезки КА = КА х = РВ = РВХ = ТС = ТСХ = 00 х = ОО2, длина каждого из которых равна половине длины большего диаметра эллипса. АВСАХВХСХ — изображение правильной призмы, описанной около шара с центром О; <9j и О2 — полюсы этого шара. Радиусом, немного большим, чем ООХ, опишем ее очертание. Рисунок готов. 148
Шары и сферы, описанные около пирамид или конусов 8. В основании пирамиды лежит треугольник с углами а и р и площадью S. Все боковые ребра пирамиды образуют с ее высотой угол ср. Определить поверхность сферы, описанной около пирамиды. Вычислить, если S = 36 см2, а = 60°, 0 = 30°, ср = 45°. Решение. Пусть SABC — данная пирамида, SMBC = S, ЛСАВ = а, ЛАВС = 0. Проведем высоту SO пирамиды. Тогда ЛА5О = ЛВ5О = ЛСЗО = ф. Пусть Ох — центр сферы, описан- ной около пирамиды. Площадь поверхности сферы вычисляется по формуле ^сф. = 4л7?2, где R = OXS — ее радиус. Покажем, что центр сферы лежит на прямой SO. прямоугольные треугольники ASO, BSO, CSO имеют общий катет SO и равные острые углы. Поэтому AASO = ABSO = ACSO, откуда следует, что ОА = ОВ = ОС, то есть точка О является центром окружности, описанной около треугольника АВС. Поскольку ОХА = ОХВ = ОХС = R, то проекции наклонных ОХА, ОХВ и ОХС на плоскость АВС равны между собой. Это означает, что проекция точки Ох на плоскость АВС равноудалена от точек А,В и С, то есть этой проекцией является точка О. Поскольку проекциями точек S и Ох на плоскость АВС является одна и та же точка О, то О] е SO. Так как расстояния от точки Ох до концов ребер пирамиды равны между собой, то центр сферы, описанной около заданной пирамиды, является точкой пересечения прямой, содержащей высоту пирамиды, с плоскостью, которая перпендикулярна одному из боковых ребер и проходит через его середину. Пусть R = ОХС = х. Из точки Ох проведем перпендикуляр OXN к ребру SB. Из AOXSN-. SN = OXS • costp = х • cost?. Поскольку OXS = ОХВ, то SN = NB, и поэтому SB = 2SN = 2х- coscp. Из ASOB (ЛО = 90°): OB = SB sin<p = 2х • coscp • sinip = х • sin2<p. По следствию из теоремы синусов для треугольника АВС'. AC BC —— = —.— - 2 • OB = 2x • sin2<p', AC = 2x sin2<p sinB; BC = 2x sin2<p • sina. Тогда 5z«0 sina S = S^BC - -AC BCsin{\ZQ° - a-f>) = = - • 2х • sin2ip • sin0 • 2х • sin2(p • sina sin(a + 0)= 2x2sin22<p sina • szw0 • sin(a + 0), 2nS откуда = ----------------------------- 25ги“2ф • sina szh0 • sin(a + 0) Следовательно, 5ЙА = 4л/?2 = 4лх2 = — sin22<p • sina • S7H0 • sin(a + 0) no. 2л5 ;твет: 5/п22ф • sina • sinfi sin(a + 0) 149
Шары, вписанные в пирамиды или конусы 9. В правильной треугольной пирамиде высота равна Н, а боковые грани наклонены к плоскости основания под углом а. Определить объем шара, вписанного в данную пирамиду. Рис. 2 Решение. Пусть SABC — данная правильная пирамида (рис. 1), высота SO = Н. Из вершины S проведем перпендикуляр SN к стороне ВС. По теореме о трех перпендикулярах, ONLSN. Поэтому Z.SNO является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями SBC и АВС, и, по условию, Z.SNO = а. Пусть Oj — центр вписанного шара. Объем шара найдем по формуле V = -nR3, где R — ее радиус. Покажем сначала, что точка О{ лежит на высоте пирамиды. Для этого проведем из точки О{ перпендикуляр ОУК к ребру ВС и перпендикуляры 0{L и 0}М к граням АВС и SBC (рис. 2). Так как 0}К1ВС, то LK1BC и MKLBC. Из того, что ребро ВС перпендикулярно МК,О{К и LK, сперует, что точки L принадлежат одной плоскости. По построению, точки L и М являются точками касания вписанного шара к граням АВС и SBC-. O{L = О{М = R. Точка О] равноудалена от сторон угла MKL, и поэтому лежит на его биссектрисе. По условию задачи, Z.MKL = а. Поэтому Z.O}KL = Из &OXKL\LK = O^Lctg- = Rctg-, то есть расстояние от точки L до 2- 2 2 стороны ВС равно Rctg-. Аналогично можно показать, что расстояние от точки L до сторон АВ и АС тоже равно Rctg-. Поэтому точка L является центром окружности, вписанной в треугольник АВС. Следовательно, точки L и О совпадают. Поскольку проекциями точек 5 и О} на плоскость основания является одна и та же точка О, то g SO, а именно: <9, является точкой пересечения высоты пирамиды с биссектрисой угла MKL. Вернемся к рисунку 1. Из сказанного следует, что О{О = R и Z.OXNO = -. Из bSON (ZO = 90°): ON=H-ctga.. Из &0{0N(Z.0 = 90°); R = О{О = ON-ctgZ.0{NO = H-ctga-tg-. Следовательно, V = -nR3 = -пН3 • ctg3a • tg3-. Ответ: ^nH3 - ctg3a -tg3-. 150
10. Образующая конуса наклонена к плоскости основания под углом р. Определить объем конуса, если радиус описанного около него шара равен R. Решение. На рисунке изображено осевое сечение конуса и шара, SO — высота, SA = SB — образующие конуса, L.SBA = р, — центр описанного шара, O{S = R. В равнобедренном тре- угольнике ASB центр (?1 описанной окружности лежит на прямой, содержащей высоту SO. Из LABS по следствию, из теоремы AR синусов, получим: ——— = 2R-, АВ = 2R • szh(180°-2P) = 2Л$/«2р. sinLS ОВ = j-AB = R • 5/и2Р; SO = ОВ • tgfi = R sin2$ tgfi = 2R sin2 ft. Объем конуса: 4» И= J7T • OB2SO = j7l • (7?5Z«2p)22/?5Z«2p = ^7t/?35Zrt2P • 5ZZ722P . Ответ: -nR3sin2p • sin22fi. 11. Образующая конуса наклонена к плоскости основания под углом а. Определить объем конуса, если радиус вписанного в него шара равен г. Вычислить, если г = 6 см, а = 60°. Решение. На рисунке изображено осевое сечение конуса и шара, SO — высота, SA = SB — образующие конуса, L.SBA = р, О, — центр вписанного шара. В равнобедренном треугольнике ASB центр Ох вписанной окружности лежит на высоте SO. Поскольку О{О LAB, то О — точка касания вписанного шара к основанию конуса. По условию, О{О = г. Центром окружности, вписанной в треугольник, является точка пересечения его биссектрис. Поэтому LO}AO = Из ДАО'О (Z.0 = 90°): R = ОА = 0{0ctg- = г ctg-. 2 2 Из LASO (LO = 9G°):H = SO = AO tga = r- ctg- tga. Объем конуса: V= -nR2H = - л • I rctg— I • г • ctg— tga. = -itr^ctg — • tga. Ответ: -nr2, ctg — • tga. 151
12. В правильную четырехугольную пирамиду, сторона основания которой а и двугранный угол при основании а, вписан цилиндр. Найдите объем цилиндра, если высота цилиндра равна радиусу основания. Решение. Пусть SABCD — правильная четырехугольная пирамида, АВ = ВС = CD = AD = а, точка S проектируется в центр основания. Проведем SKLBC, тогда ОК А. ВС и Z.OKS = а. По условию задачи, высота цилиндра равна радиусу его основания, поэтому 0МК}0{ — квадрат, и для нахождения точки КА касания верхнего основания цилиндра с апофемой ОК биссектриса прямого угла KOS'. К}М = 0}К} = г = H.V = пг2Н = пг3. O.K, so. Из подобия треугольников OSK и OiSKl получим: -7777- = 777. OK S о 0{К{ = г; ОК = 2 Из &OSK-. SO = ^-tga. Тогда SO{ = SO-OOV = fyga-r. Подставив эти значения в пропорцию, получим: - = а 2 ^rga-г ^tga -------. Отсюда г = —---- а. „ 1 + tg< -tga. & xitif 45^ "Ь al Учитывая, что /g45° = 1 и r?45° + rga = —Ьгт------L, предыдущее равенство примет cos 45 • cos a вид: г = а 42 sin а. 4s/w(45° + а) Объем вписанного цилиндра И = лг3 = 64s/«3(45° + a) 32 s/л3 (45 0 + a) Ответ: ла3 л/2 s/л3 а 32 s/л3 (45° + а)' 13. В цилиндр, боковая поверхность которого равна 5, вписана правильная пятиугольная пирамида так, что ее основание вписано в основание цилиндра, а вершина лежит в плоскости другого основания цилиндра. Вычислить объем пирамиды, зная, что ее боковые грани наклонены к основанию под углом а. Решение. Строим изображение цилиндра, а так же вписанного в его нижнее основание правильного пятиугольника ABCDF. Напомним, что диагонали правильного пятиугольника параллельны его противолежащим сторонам, а отношение половины диаметра, конец которого взят в качестве одной вершины правильного пятиугольника, до отрезка, образованного этой вершиной и точкой пересечения диаметра с диагональю, параллельной противолежащей стороне, является величиной постоянной 152
и равно —. MN и СЕ — сопряженные диаметры, СО : СР = 10 : 7 и BD || MN\\AF. Поскольку пирамида правильная, то ее вершина L содержится в центре верхнего основания. Проведем апофему LK грани BLA, тогда AOKL = а. V = -QH. По условию, 2nRH = S, где R — радиус основания цилиндра, Н — высота и цилин- дра, и пирамиды. ^60° 1 Из \LOK-. Н = LO = OKtga. Из NBOA-. АЛОВ = = 72°, ^АОК = -ЛАОВ = 36° Тогда из прямоугольного треугольника АОК, где О А = R, ОК = Rcos 36°, поэтому Н = Rcos36°tga. Q = SABCDF = 5SMOB = ^R2sin72°. Найдем R из равенства 2tiRH = S: S = 2nR R cos 36° tga = 2nR2cos36°tga. Отсюда ^2ncos36°tga Тогда К = -QH = - • -R2sin72° • Rcos36°tga = -R^ sin72° cos 36° tga - 3 3 2 6 5 . 79o „( I S V 5 . -~o / 53 5 . -,o Is3cos36° -sin72 cos36 tga[ /------------ = -sin72 —--------------- = -sin36 ----------. 6 2лcos36°tga/ 6 \ 8л3cos36°tga 3 a/ 8n3/ga Ответ: V = ^sin36° S2 cos 36° 8n3tga 153
СТРАНИЧКА АБИТУРИЕНТА Прямые и плоскости в пространстве Деление отрезка в заданном отношении 1. Пусть Ах, Вх - параллельные проекции на плоскость а концов А, В заданного отрезка, а Сх - проекция точки С, делящей отрезок АВ в отношении т.п, считая от точки А . Выразим длину отрезка ССХ через длины А А, = a, ВВХ = Ь и числа т, п. Рассмотрим случай, когда точки А и В лежат по одну сторону от плоскости а и a > b. Проведем ВК|| AjВ, до пересечения с прямыми ААХ и ССХ в точках К и М соответственно (при a < b эту прямую проводили бы через точку А). Тогда из подобия треугольников СВМ и АВК'. СМ = АК • (СВ.АВ) = (a-b) • п . т + п Поэтому ССХ = СМ+МСХ = (a-b)-—^— + b = ап . (*) т + п т + п Пусть теперь точки А и В лежат по разные стороны от плоскости а. Перенесем —> отрезок АВ на вектор ВВХ. Обозначим через D и Е образы точек А и С. Тогда AD = СЕ = ВВХ = b, DAX = ААХ+DA = а + Ь,а точка Е делит отрезок DBX в отношении т.п. Из подобия треугольников ВХСХЕХ иВхАхО: ЕС, = —— DA, = (,а + °>п Поэтому в зависимости от того, по одну или по разные т + п т + п стороны от плоскости а лежат точки С и Е, имеем: ССХ = ±ЕСХ тЕС. В обоих случаях: ССХ = \ап - Ьт т + п Значительно быстрее формулы (*) и (**) можно получить из координатных формул деления отрезка в заданном отношении. Если координатную плоскость Оху системы координат Oxyz совместить с плоскостью а, то длины ААХ = а и ВВХ = Ь взятые с одним и тем же знаком, если точки А, В лежат по одну сторону от плоскости а, и с противоположными знаками, - если по разные стороны, будут пропорциональны аппликатам z1 и z2 точек А и В соответственно. Поэтому формулы (*) и (**) становятся простыми следствиями известной формулы nzx + mz2 z = -------. т + п 154
2. Из точки пространства до вершин равнобедренного треугольника с основанием 24 дм проведены равные отрезки длиной 25 дм. Расстояние от данной точки до плоскости треугольника равно 20 дм. Вычислить площадь треугольника, одна сторона которого совпадает с основанием данного треугольника, противолежащая вершина принадлежит противолежащему проведенному отрезку, а плоскость перпендикулярна этому отрезку. Решение. Пусть ЛВС - данный треугольник, АВ = АС, ВС = 24 дм; Р - заданная точка, РА = РВ = PC = 25 дм; РО - перпен- дикуляр к плоскости АВС, РО = 20 дм; К - такая точка прямой РА , что (КВС) 1 РА . Необходимо вычислить площадь треугольника КВС. Из равенства прямоугольных треугольников РОА, РОВ, РОС (углы при вершине О у них прямые, так как РО 1 (АВС)) следует равенство отрезков О А, О В, ОС, то есть О - центр окружности, описанной около треугольника АВС. Из АР О A (Z.0 = 90°): ОА = JPA2-PO2 = 7252-202 = 15 дм. 4 Обозначим М = АО п ВС. Тогда АМ - медиана и высота в Д4ВС, а РМ - в АРВС. 20-6 Поэтому ВМ = -ВС = 12 дм, а из \0МВ (Z.M = 90°, ОВ = ОА = 15 дм): ОМ = Job2-МВ2 = V152 — 122 = 9 (дм). Следовательно, в зависимости от размещения точки О по отношению к АЛВС имеем: AM = АО + ОМ = 24 дм или AM = АО-ОМ = 6 дм. Точка М является основанием высоты КМ в треугольнике КВ С. Действительно, так как ВС А. AM, ВС А. РМ, то ВС А. (РМА) и, следовательно, ВС А. КМ. Сравнивая площади треугольника РМА, определенные двумя способами, получим равенство: КМ-РА = РО AM, откуда КМ = —= 19,2 (дм) или КМ = 1 A * =4,8 (дм). Поэтому S^KBC = |вс КМ = ВМ КМ = 12 • 19,2 = 230,4(дм2) или 5ДОС = 12 • 4,8 = 57,6 (дм2). Ответ: 230,4 дм2 или 57,6 дм2. 3. Большее основание и боковая сторона равнобокой трапеции соответственно равны 50 см и 25 см. Из некоторой точки пространства к плоскости трапеции и к ее большему основанию проведены два перпендикуляра. Основанием первого перпендикуляра является вершина тупого угла трапеции. Длина второго перпендикуляра и расстояние от него до меньшего основания трапеции соответственно равны 25 см и 12 см. Вычислить площадь трапеции. Решение. Пусть в трапеции ABCD-. ЛВ|| CD, AD = ВС = 25 см, DC = 50 см. Пусть Р - данная точка; РА 1 (АВС), РЕ 1 DC (Е е DC), РЕ = 25 см, a N - основание перпендикуляра, опущенного из точки А на прямую в РЕ. По теореме о трех перпендикулярах, АЕ1 DC, и, поскольку AB\\DC, то АЕА. АВ. Кроме того, АВ1РА, так как С РА ± (АВС). 155
Следовательно, АВ ± (РАЕ), откуда АВ 1 AN. Таким образом, AN - общий перпен- дикуляр прямых АВ и РЕ. По условию задачи, AN = 12 см. Отрезок AN является высотой прямоугольного треугольника РАЕ, проведенной из вершины прямого угла. Поэтому, обозначив NE = х см (тогда PN = PE-NE = 25-х см), имеем: PN-NE = AN2', (25-х)-х = 122; х2 - 25х + 144 = 0;х. = 16 , х7 = 9. 1 в* Из AANE (KN = 90°): АЕ = jAtf.+NE2 = 7122 + 162 = 20 (см) или АЕ = 7122 + 92 = 15 (см). В первом случае из &AED (АЕ = 90°): DE = *JAD2-AE2 = л/252-202 = 15 (см), и, таким образом, АВ = DC-2DE = 20 см. Во втором случае DE = л/252 - 152 = 20 (см) и АВ = 10 см. В первом случае для площади трапеции имеем: SABCD $ABCD = 450 см2. = -(АВ + DC) • АЕ = -(20 + 50) • 20 = 700 (см2), а во втором - Ответ: 700 см2 или 450 см2. Многогранники. Тела вращения 4. Около шара описана прямая призма, основанием которой является ромб. Большая диагональ призмы образует с плоскостью основания угол, равный а. Найти острый угол ромба. то большей Решение. Поскольку в условии задачи вообще нет отрезка, то для решения этой задачи введем неизвестный отрезок. Например, Яшара = х. Как известно, диаметр шара, вписанного в призму, является высотой этой призмы, но, по условию, данная призма ABCDAXBXCXDX - прямая, следовательно, ее высотой будет боковое ребро, то есть CCj = Нпр = 7иаРа = 2х- Если в ромбе ABCD углы А и С - острые, диагональю призмы будет ЛС1. Покажем это. Из прямоугольного треугольника АССХ: АСХ = Jctf+AC2 = jH2p+AC2. (1) Из прямоугольного треугольника BXBD: BXD = jBBj + BD2 = JH2 a-BD2. (2) Если угол A - острый угол ромба, то А С - большая диагональ ромба А С > BD. Тогда, сравнивая формулы (1) и (2), получаем, что при AC>BD АСХ >BXD, то есть АСХ - большая диагональ призмы. Тогда, по условию, АСХАС = а (учитывая, что АС - проекция АСХ на плоскость основания). Из прямоугольного треугольника АСХС: АС = ССХ ctga = 2xctga. Радиус шара, вписанного в прямую призму, равен радиусу окружности, вписанной в основание призмы. Но диаметр окружности, вписанной в ромб, является высотой ромба, значит, СК = 2х(СК 1AD). sin АС А К = Из прямоугольного треугольника АСК: СК АС 2х 2xctga = tga.. Тогда АСАК = arcsin(tga), так как диагональ ромба является биссектрисой его углов, имеем: ABAD - 2АСАК = 2arcsin(tga). 156
5. В правильной треугольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре равен р. Опре- делить объем пирамиды, если расстояние от основания ее высоты до боковой грани равно q. Решение. Пусть в правильной треугольной пирамиде SABC‘. SO - высота, SM - апофема грани SAB, (АВК) 1SC, где К - точка прямой SC, ON 1.SM (N е SM). Тогда ON ± (SAB) и, по условию задачи, ON = q, Z.AKB = £. Пусть ^SMO = а. Из &MN0: МО = . Из kSOM\ sina Н = SO = МО tga = -3—. Из kOMB: MB = МО • ctg3Q° = • АВ = . cosa sina sina sin2a cos а осн. sirra sin-a осн. Найдем sin2a cosa. Из kSOM\ SM = ~.P. = --2--- cos a sin a cos a Из kSMB: SB = JSM2 + MB2 = —-2—— + N sin2 a cos2 a sin2 a sin a cos а Из kKMB: BK = = ..-3?— . Поскольку |-I y ZAo/i D sin*- sin a sin*- tiSBC' to: AB • SM = SCBK; ^3.-----2--- = + Зсш2а . —^7.. .: 2sin sina sin a cos a sin a cos a . . В smasin*- cos2a = -|4sfn22- 11 ; sin2acosa = (1 - cos2a)cosa = I 1—sin Следовательно, V = ---- 4 cos cosa= -cos Примечание. Двугранный угол а при основании пирамиды можно было бы найти по другой теореме косинусов для трехгранного угла с вершиной С: = -cosа cos а + sina sina cos60°. 6. В правильной четырехугольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре равен а. Вычислить площадь основания пирамиды, если высота пирамиды равна Н. Решение. Пусть SABCD- правильная пирамида. Тогда ABCD - основание пирамиды и квадрат, а основание высоты совпадает с центром этого квадрата, точка О - точка пересечения диагоналей квадрата ABCD, то SO - высота пирамиды, и, по условию, SO = Н. Построим линейный угол двугранного угла при боковом ребре SC. Его удобно строить так: в грани SBC проведем BM1SC и соединим образовавшуюся точку М сточкой D. &CMD = кСМВ (ВС = CD как стороны квадрата, МС - общая, ZDCM = АВСМ как плоские углы равных боковых граней), t 157
Из равенства треугольников имеем: DM = MB w/CMD = /СМВ = 90°, то есть DMVSC. Учитывая, что по построению BMLSC, имеем, что /BMD - линейный угол двугранного угла при боковом ребре SC, то есть ABMD = а. Соединим точку М с точкой О. Поскольку О - середина диагонали BD, то МО - медиана равнобедренного треугольника BMD и, следовательно, МО - высота и биссектриса треугольника BMD {тогда /DМО = 1-/DMB = ^). (BMD)-LSC, значит, OM±SC. Поскольку данный угол /BMD и данный отрезок SO «не объединяются» в один треугольник, то введем неизвестный отрезок. Пусть АВ = ВС = CD = AD = х. Тогда OD = ОС - -BD = Из SODM {/MOD = 90°): ОМ = ODctg- = ^ctg-. Из ЛОМ С {/ОМС = 90°):А/С = JOC--OM1 = — 1-ctg2-. № 2 Для составления уравнения используем подобие прямоугольных треугольников о/пп т~._ SO ОС 2Н х • ^2 • л/2 SOC и ОМС. Тогда ——, = то есть--------- = --- . ОМ МС /х a TZ 2х /1 - ctg — Hj2- Ji-ctg2^ Отсюда х = ------------ ctg- 7. В основании четырехугольной пирамиды лежит ромб с тупым углом (3. Все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом ф • Определить полную поверхность пирамиды, если расстояние от центра вписанного шара до вершины пирамиды равно d. Решение. Пусть SABCD - данная пирамида. SO - ее высота {ABCD - ромб). В условии задачи сказано, что все боковые грани пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания (а не к основанию!) пирамиды, поэтому вершина проектируется в точку, равноудаленную от прямых, содержащих стороны ромба. Такая точка единственная (г. м. т., равноудаленных от параллельных прямых АВ и CD, - это прямая a, параллельная этим прямым и проходящая посредине между ними. Аналогично г. м. т., равноудаленных от параллельных прямых ВС и AD, - это прямая Ь, параллельная этим прямым и проходящая посредине между ними. Но две прямые а и Ь могут пересечься только в одной точке. Значит, существует только одна точка О - от прямых, содержащих стороны ромба) - это точка пересечения равноудаленная диагоналей ромба, то есть центр окружности, вписанной в ромб (фактически в этой задаче все боковые грани пирамиды одинаково наклонены и к плоскости основания, и к самому основанию).Если вершина пирамиды проектируется в центр вписанной в основание окружности, то центр вписанного шара находится на высоте пирамиды в точке пересечения высоты с биссектрисой линейного угла двугранного угла при основании. 158
Построим линейный угол, например, при ребре АВ'. 0М1АВ, тогда SM1.AB (по теореме о трех перпендикулярах). Следовательно, ASMO - линейный и, по условию, AS МО = ф. Проведем биссектрису МОХ угла SMO (АОМОХ = 2). Ох - точка пересечения биссектрисы с высотой SO - центр вписанного шара, а 00, - радиус вписанного шара. По условию, SO, = d. Поскольку данный отрезок d «не объединяется» с данными углами 0 или ф в один треугольник, то введем неизвестный отрезок, например, ОО'Х = х. Чтобы составить уравнение, выразим отрезок SOX = d через х. Из прямоугольного треугольника МОХО (АО{ОМ = 90°): ОМ = OO^ctg^ = xctg&. Из прямоугольного треугольника SOM\ SO = ОМ- tgq> = xctg^-tgq. Тогда SOX = SO-OOX, то есть d = xctg^tgy-x. Отсюда x ='---------------. 2 xctg^tg<p -1 <fctg® Следовательно, ОМ = xctg^ =-------------. 2 ctg^ -tg<p-\ Для определения площади боковой поверхности используем то, что все боковые грани данной пирамиды наклонены под одним углом ф к основанию (!) пирамиды. Тогда c> ___ OCH. iyi c _ О I о ______ ОСН. 10 _ °бок. ~ „„„„ и °ПОВ. “ д бок. ° ОСН. ~ дОСН. ~ Чтобы найти площадь основания, рассмотрим вынесенный рисунрк основания. Если ААВС = 0, то ABAD = 180°-0 (так как А В CD - ромб). Проведем DKAAB. Тогда DK = 2ОМ (диаметр вписанной окружности является высотой ромба) и из прямоугольного треугольника AKD\ AD = • и о. = • Следовательно, 50СН = АВ KD = sm(18O°-0) sinp осн- szm0 осн\СО5ф 4 ОМ2 sin ft Тогда SnnB = 5ncu -------+ 1 = —— ----------+ 1 , и, подставляя значение ОМ, пив. и1-н ксо$ф ) \СО5ф / Adfl-ctg2^- получаем: Sn0B. cosa? 159
8. Радиус шара 15 см. Определить площадь части ее поверхности, которая видна из точки, лежащей на расстоянии 25 см от центра шара. Решение. Из точки 5 мысленно проведем лучи, касательные к данному шару.Точки касания будут лежать на окружности с центром О} радиуса ОХА. Эта окружность делит поверхность шара на две части. Необходимо найти площадь меньшей части. Радиус шара ОА известен, нужно определить высоту МОХ меньшего сферического сегмента. Прямоугольные треугольники ООХА и OAS подобны, так как угол при вершине О у них общий. Поэтому ОХО : ОА = ОА : OS или ОХО : 15 = 15 :25, откуда ОХО = 9, МОХ - ОМ-ООХ = 15-9 = 6. Значит, искомая площадь Q = 2л • 15 • 6 = 180л. Ответ: 180л см2. 9. В правильной четырехугольной пирамиде расстояние от середины высоты пирамиды до боковой грани равно d. Определить радиус основания и образующую вписанного в пирамиду конуса, если его образующая наклонена к плоскости основания под углом а. Решение. £ Если конус вписан в пирамиду, то их вершины совпадают, а /чаЧ основание конуса вписано в основание пирамиды. Тогда совпадают уМ \ их высоты, то есть SO - высота пирамиды и конуса. Чтобы / \ изобразить расстояние от середины высоты пирамиды (точки М) до боковой грани (например, до SDC), вспомним, что плоскость Л линейного угла перпендикулярна каждой грани двугранного угла. D Поэтому построим стандартный линейный угол двугранного угла при ребре DC: проводим OT±DC и соединяем точки S и Т. По теореме о трех перпендикулярах, ST 1 DC. Тогда ASTO - линейный угол двугранного угла при ребре DC. Но тогда (STO) 1 (SDC). Проведем в плоскости STO МК1 ST. Тогда МК1 (SDC), то есть МК - расстояние от середины высоты до боковой грани SDC, значит, МК = d. Так как ОТ A DC, то ОТ - радиус вписанной в основание пирамиды окружности и тогда ST - образующая конуса, а ОТ - ее проекция на плоскость основания, то есть AST О - это угол наклона образующей конуса к плоскости основания (ASTO = а). Тогда ASM К = AST О = а. Из прямоугольного треугольника SMK: SM = МК = d cos a cos а Точка М - середина SO, следовательно SO = 2SM = . cosa Из прямоугольного треугольника SOT находим радиус основания конуса (ОТ) и образующую конуса (ST): ОТ = SO • ctga = ; ST = =-----—----. sina sina sina • cosa 160
10. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом а при основании. Все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под уг- лом 0. Определить высоту пирамиды и площадь ее основания, если радиус шара, описанного около нее, равен R. Решение. Пусть SABC - данная пирамида и SO - ее высота. Боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 0, поэтому вершина пирамиды проектируется в центр окружности, описанной около основания. Следовательно, О - центр окружности, описанной около МВ С (АВ = AC; Z.B = Z.C = а). Центр описанного шара лежит на высоте пирамиды или на ее продолжении, то есть на прямой SO в точке пересечения прямой SO с серединным перпендикуляром к боковому ребру. Например, в плоскости ASO проведем КО{.LAS, где К - середина AS, тогда О{ - центр описанного шара, a SO{ - радиус шара. Так как проекцией ребра SA на плоскость основания является А О, то KSAO - угол наклона ребра SA к плоскости АВС, то есть ZSAO = 0. Но тогда ^SOtK = 90°-ZKSOl = ASA О = р. Из прямоугольного треугольника SKO{ SK = 5Ol • sin ft = Rsinfi, тогда SO = 2SK = 2Rsin$. Из прямоугольного треугольника SAO высота пирамиды SO = SA- sinfi = 2Rsin* 1 2 3$; AO = SA • cos ft = 2Rsinficos$ = /?5/n20. Так как АО - радиус окружности, описанной около треугольника АВС, то из АС формулы для радиуса описанной окружности найдем сторону АС: АО = -------, тогда 2 5 та. АС = 2АО sina = 2Rsin2Qsina. Найдем площадь основания по формуле: мвс ~ ~ AC-АВ-jin AC АВ = -(2Rsin2fisina)2sin(\80°-2а) == 2R2sin22fisin2asin2a. Примечание. В зависимости от величины угла а положение точки О - центра описанной около треугольника АВС окружности - может быть различным: 1) при 45° < а < 90° треугольник АВС - остроугольный, и точка О находится внутри треугольника; 2) при а = 45° АСА В = 90° и точка О лежит на середине ВС (совпадает с точкой М, где М - середина ВС); 3) при 0 < а < 45° АСАВ - тупой, следовательно, точка О лежит вне треугольника АВС (на продолжении AM). Аналогично, в зависимости от величины угла 0 положение центра описанной окружности шара - точки Ох - также может быть различным: 1) на высоте SO пирамиды (если 45° < 0 < 90°); 2) совпадать с точкой О (если 0 = 45°); 3) на продолжении высоты SO за основание (если 0 < 0 < 45°). 161
Поскольку возможны любые комбинации значений а и 0, то всего к этой задаче можно построить 9 различных рисунков. Рис.1 Рис.2 Рис.З Рис.4 Рис.5 Рис.6 Рис.7 * Рис.8 Рис.9 Рис.10 Если мы захотим в процессе решения этой задачи использовать фиксированное положение точек О{ v\ О (например, использовать, что SO = + ООХ), то нужно будет это решение коррректировать для каждого из 9 случаев расположения точек О и О{. В связи с этим, решая задачи на описанный шар (как и задачи на описанную окружность), целесообразно использовать только такие формулы и соотношения, которые справедливы для всех конкретных значений углов и сторон рассматриваемых фигур. Здесь использованы именно такие факты: для радиуса описанной около основания окружности формулу R = а 2 sina справедливую для любого треугольника и для определения положения точки О{, - общий подход к нахождению положения центра шара, описанного около любой пирамиды. Найденное решение можно использовать при любых значениях а и 0.____________ Примечание. Решая эту задачу, можно было не фиксировать положение центра шара с помощью серединного перпендикуляра к боковому ребру SA, а дополнить высоту SO пирамиды до диаметра шара. В этом случае начало решения задачи может быть таким: «Если все боковые ребра пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, то вершина пирамиды проектируется в центр окружности, описанной около основания пирамиды». Но в этом случае центр описанного шара лежит на высоте пирамиды или на ее продолжении. Продолжим высоту SO пирамиды за основание до пересечения с шаром в точке S, (рис. 10.). Так как центр шара лежит на прямой 55 (, то 55, - диаметр шара, то есть SS} = 2R. Соединим точку 5! с точкой А и рассмотрим сечение шара плоскостью ASO. 162
I Секущая плоскость проходит через центр шара, поэтому в сечении получим круг, радиус которого равен радиусу шара, в который вписан треугольник (рис. 11). Вписанный угол SA S, опирается на диаметр, следовательно, он прямой (ZSASX = 90°). Тогда AASXS.= 90°-ZASSX = ZSAO = р. Из прямоугольного треугольника : SA = SSX sinfi = 2Rsin$. Дальнейшее решение полностью совпадает с приведенным выше решением. I____ 11. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом а при вершине. | Две равные боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости его основания, а третья боковая грань образует с ней угол <р. Определить высоту пирамиды, если радиус вписанного в нее шара равен г. Решение. s Рис.1 Пусть SABC - данная пирамида (рис. 1). Если боковые грани i SAB и SBC перпендикулярны плоскости основания, то высотой пирамиды является их общее боковое ребро SB (SB 1 плоскости АВС). Проведем ВМ1АС, тогда ВМ1АС (по к теореме о трех перпендикулярах), следовательно, AS МВ - линейный угол двугранного угла с ребром АС, то есть угол наклона грани ASC к плоскости основания. По условию, I ASBM = <р. । Находим центр вписанного в пирамиду шара как точку пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов при ребрах пирамиды. Так как плоскость ABC ± SB (SB - высота), то ААВС - линейный угол двугранного угла с ребром BS. Кроме того, ВМ - биссектриса угла АВС (ВМ - высота, медиана и биссектриса в АЛВС). Следовательно, плоскость SBM является биссекторной плоскостью двугранного угла с ребром BS (центр вписанного в пирамиду шара лежит в ^тобы построить биссекторную плоскость двугранного угла с ребром АС, проведем биссектрису МК линейного угла SMB (тогда АВМК = ~ )• Через биссектрису МК и проходит биссекторная плоскость двугранного угла с ребром Л С. Но МК принадлежит двум построенным биссекторным плоскостям, следовательно, МК - прямая пересечения этих биссекторных плоскостей, и центр О вписанного шара лежит на прямой КМ. Опустим из центра шара - точки О - перпендикуляр ООХ на каса- тельную к шару плоскость АВС. Тогда ООХ = г - радиус шара. Спроектируем (ортогонально) данную комбинацию тел на плоскость основания АВС. Проекцией шара будет круг, радиус которого равен радиусу шара. Центр шара спроектируется в центр круга - Ох. Боковые грани пира- миды SAB и SBC, перпендикулярные к плоскости основания, проектируются на стороны АВ и ВС (соответственно) треугольника АВС (рис. 2). Так как шар был вписан в пира- миду, то грани SAB и SAC были касательными к шару, значит, отрезки АВ и АС - касательные к кругу, то есть круг вписан в угол АВС (если ОХЕ1.АВ, то ОХЕ = г - радиус Круга). этой плоскости), в Рис.2 163
Из прямоугольного треугольника ОХВЕ (ЮХВЕ = ^): ВОХ = • ОС sin — Из прямоугольного треугольника ООХМ (рис. 1): ОХМ = OOxctg& = rctg^. Тогда ВМ = ВО,+О,М = .а sin — sin — Из прямоугольного треугольника SBM SB = ВМ- = - высота sin — пирамиды. Примечание. Очевидно, что после нахождения отрезка ВМ из треугольника АВС можно найти любые его элементы и площадь. 12. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом р при основании. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости его основания, а третья боковая грань составляет с ней угол а. Найти высоту и площадь основания пирамиды, если радиус описанного около нее шара равен R. Решение. s Пусть SABC - данная пирамида, основанием которой является равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС). По условию задачи, /.ВАС = ZACB = р. Если грани SAB и SBC к перпендикулярны плоскости основания, то высотой пирамиды будет их общее боковое ребро SB, то есть SBl(ABC). i Проведем в плоскости основания В Ml АС. Тогда SM1AC (по теореме о трех перпендикулярах). Следовательно, угол SMB - линейный угол двугранного угла с ребром АС, то есть угол наклона грани SAC к плоскости основания. По условию, AS МВ = а. Центр описанного шара лежит на прямой, перпендикулярной к плоскости основания пирамиды, проходящей через центр окружности, описанной около основания пирамиды. Если О - центр окружности, описанной около треугольника АВС и Ох - центр описанного шара, то ООХ1 (АВС). 00, и SB - два перпендикуляра к плоскости АВС, следовательно, OOJI5B. Но параллельные прямые лежат в одной плоскости. В этой плоскости точка Ох равно- удалена от точек В и S (ОХВ = OXS = R), поэтому точка О] лежит на серединном перпендикуляре КОХ к ребру SB (на рисунке проводим КОХ параллельно ВМ, так как это два перпендикуляра к одной прямой SB и между собой они параллельны). Получим плоский четырехугольник КВООХ с прямыми углами, следовательно, КВООХ - прямоугольник. Тогда ООХ = ВК = -SB (кроме того, ОХВ = R). 164
Данные, по условию, отрезки и углы «не объединяются» в один треугольник, по- этому введем неизвестный отрезок. Пусть АВ = ВС = х. Так как ВО - радиус окруж- А у ности, описанной около треугольника АВС, то ВО = ----— = ------. 2 sin ЛАС В 2лшр Из прямоугольного треугольника ОВОХ (АОХОВ = 90°): 4 sin2P Ho OO1 - -SB, следовательно, SB = 200, = 2 R2--------— 2 А/ 4szn2P Тогда из прямоугольного bSBM\ BM = SBctga. = 2 \R2-------—ctga. N 4sin2(i С другой стороны, из прямоугольного &СВМ'. BM - ВС sin $ = xsinfi. Получим равенство: 2 \R2-------x-ctga = xsinQ. N 4sin2(i Обе части этого уравнения положительны (х > 0 как длина отрезка, аир- острые углы по условию задачи). Следовательно, после возведения обеих частей уравнения в квадрат получим равносильное ему (на области определения) уравнение: ctg2a = x2 sin2 ft. Отсюда x2 = 4R2ctg2asin2$ sin4Q + cte2a Тогда 5ifii = SMBC = 1л5-ВС-5/и(180°-2р) = -x2s/«2p = 2/?2c^2a^2P^2P 2 2 sin*p + ctgla Ted. 2Rsin2$a. 13. Угол между образующей конуса и его высотой равен р. Расстояние от центра описанного около конуса шара до основания его высоты равно I. Найти радиус основания и высоту конуса. Решение. Рассмотрим осевое сечение комбинации данных тел. Осевым сечением шара будет круг (радиус которого равен радиусу шара), а осевым сечением конуса будет равно- бедренный треугольник (основание которого равно диаметру основания конуса, а высота - высоте конуса). Так как окружность описана около конуса, то круг будет описан около треугольника. Угол между образующей конуса и его высотой является углом между высотой равнобедренного треугольника и его стороной {Z.BSOX = /ASOX = Р). Рис.1 Рис.2 165
В зависимости от величины угла 0 центр описанной около треугольника окружности может находиться: 1) (при 0° < 0 < 45°) внутри MBS на высоте SOX (рис.1); 2) (при 45° < 0 < 90°) вне MBS на продолжении высоты (рис. 2). В каждом из этих случаев ОО} = /. Соединим в каждом из этих случаев точки О и В. Для случая 1: АОХОВ = 20 (как центральный угол, соответствующий вписанному углу BSOX). Тогда из прямоугольного треугольника ВООХ\ Яосн= ВОХ = Itglfi, а из прямоугольного треугольника SBO,: Якон = SO, = BOxctg$ = Zfg20c/g0. Для случая 2: ЛОХОВ = 2^SAB = 2(9О°-0) = 18О°-20. Тогда из прямоугольного треугольника ВООХ: Косн = = 7?(18О°-20) = ~/zg20, а из прямоугольного тре- угольника SBOX : Якон = SOX = BOxctg$ = -7/‘g20c/g0. Примечание. Кроме двух случаев размещения точки Ох, показанных на рис. 1 и 2, теоретически возможен также случай, изображенный на рис. 3: при 0 = 45° точки О и Ох совпадают, так как треугольник ASB - прямоугольный. Учитывая то, что по условию ООХ = 1*0, делаем вывод, что последний случай не удовлетворяет условию задачи. 14. Найти объем тетраэдра, вершины которого имеют следующие координаты: Л(3;0;0), В(0;2;0), С(2;3;0) Р(1;1;4). Решение. Аппликаты точек А, В и С - нули, поэтому грань АВС тетраэдра лежит в плоскости ху (рис.1). Аппликата вершины D равна 4, то есть расстоянию от точки D до плоскости ху. Следовательно, высота данной пирамиды Н = 4. Необходимо определить - площадь основания. Для решения задачи можно было бы использовать формулу Герона, но тогда необходимо будет выполнить громоздкие вычисления, так как стороны МВС выражаются иррациональными числами: АВ = 79 + 4 + 0 = 713, АС = 71+9 + 0 = 710. Рис.2 Поэтому лучше воспользоваться скалярным произведением векторов: cosa. = АВ АС АВ АС Следовательно, SABC V = 1 - 3,5 - 4 = у (ед3.). 3 + 6 + 0 713 • 710 ТТз • Tio- 7130 1 2 Еще надежнее вычислить площадь треугольника АВС, если считать его вписанным в прямоугольник (рис.2). Тогда достаточно будет из площади квадрата со стороной в 3 единицы длины вычесть площади трех прямоугольных треугольников, что вычислить можно и устно: SABC = 9 — 3 — 1 —1,5 = 3,5. 166
15. Основанием пирамиды является квадрат со стороной а, две боковые грани пирамиды перпендикулярны основанию, а две другие наклонены к основанию под углом а. В пирамиду вписывают прямоугольные параллелепипеды так, что четыре вершины каждого из них лежат на боковых ребрах пирамиды, а четыре - на ее основании. Какой из этих параллелепипедов имеет наибольший объем? Найти его. Решение. Если основание пирамиды SABCD - квадрат, то перпендику- s лярными к ней могут быть только смежные боковые грани, их общее боковое ребро SC также перпендикулярно к площади основания. Так как CD ± AD, то, по теореме о трех перпен- , еедикулярах SD LAD. Следовательно, SDC = а и высота пирамиды SC - CDtga = atga. Верхнее основание вписанного в данную пирамиду паралле- -° лепипеда можно рассматривать как сечение пирамиды плоскостью, параллельной основанию, поэтому основаниями вписанных параллелепипедов являются квадраты. Обозначим сторону основания и высоту вписанного параллелепипеда соответственно буквами х и у. Тогда его объем V = х2у, где 0 < х < а, 0 <р <atga. Определим у через х. Если СР = х, то PD = а-х, у = (a-x)tga. Следовательно, V = x\a~x)tga. Найдем наибольшее значение этой функции на (0;а). Очевидно, что когда х стремится к 0 или а, то V стремится к 0. Поэтому наибольшее значение функция принимает во внутренней точке отрезка [0;а ]. V = (2ах - 3x2)/ga. 2 V = 0 тогда, когда 2ах = Зх2, то есть при х = 0, или х = -а. Тогда на (0;«) рассматриваемая функция принимает наибольшее значение при х = -а. Тогда при таком х наибольший объем V = —a3tga. Ответ. Наибольший объем V = —a3tga имеет параллелепипед со стороной - стороны 7 3 основания пирамиды. 167
I Содержание 7 класс § 1. Простейшие геометрические фигуры и их свойства.............................4 § 2. Параллельность и перпендикулярность прямых. Углы............................6 § 3. Треугольники...............................................................9 § 4. Признаки параллельности прямых.............................................12 § 5. Окружность и ее свойства. Геометрические построения........................17 8 класс § 1. Четырехугольники...........................................................26 § 2. Теорема Фалеса. Средняя линия треугольника. Средняя линия трапеции.........29 § 3. Теорема Пифагора...........................................................30 § 4. Основные тригонометрические тождества......................................33 § 5. Декартовы координаты на плоскости..........................................35 § 6. Преобразования фигур. Движение.............................................39 § 7. Векторы....................................................................41 9 класс § 1. Подобие фигур..............................................................46 § 2. Решение треугольников......................................................53 § 3. Многоугольники.............................................................57 § 4. Площади фигур..............................................................64 § 5. Начальные сведения по стереометрии.........................................70 10 класс § 1. Введение в стереометрию....................................................78 § 2. Параллельность в пространстве..............................................80 § 3. Перпендикулярность прямых и плоскостей.....................................91 § 4. Декартовы координаты и векторы в пространстве..............................98 11 класс § 1. Многогранники. Призма......................................................110 § 2. Пирамида...................................................................118 § 3. Тела вращения. Поверхности и объемы тел вращения...........................128 § 4. Комбинации геометрических тел ....................................138