АКАДЕМИЯ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК РСФСР
Институт общего  полпехятеского обраэомпя
А.И.ФЕТИСОВ
ГЕОМЕТРИЯ
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
ПО ПРОГРАММЕ СТАРШИХ КЛАССОВ
ИЗДАТЕЛЬСТВО АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК РСФСР
Москва 1»«3
Печатается по решению Ученого совета
Института общего и политехнического образования
Академии педагогических наук РСФСР
Книга содержит материал для экспериментального
учебника и задачника по геометрии для старших классов
средней школы.
Все доказательства теорем и решения задач осно-
ваны на методе геометрических преобразований: симмет-
рии, переноса, вращения и подобия,— что значительно
упрощает в сравнении с учебником А. П. Киселева изло-
жение и усвоение учебного материала.
Выделен специальный раздел, посвященный теории
параллельной проекции и построениям на проекционном
чертеже.
В изложении метрической части курса используется
понятие вектора.
Пособие окажет большую помощь для самообра-
зования учителя, а также с успехом может быть исполь-
зовано в кружковой работе.
ЧАСТЬ П Е РВАЯ
ЛЛНИМЕТРИЯ
I
ГЛАВА ПЕРВАЯ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ НА ПЛОСКОСТИ
§ 1.	КРАТКИЙ ОБЗОР ПРОЙДЕННОГО
(1.1)	Геометрия есть наука о пространственных отноше-
ниях и формах тел материального мира. В геометрии изуча-
ются такие свойства предметов, которыми определяется их
форма, величина и взаимное положение.
Основное содержание курса геометрии состоит из предло-
жений, в которых описываются свойства геометрических фи-
гур. Важнейшими видами геометрйческих предложений яв-
ляются определения, аксиомы и теоремы.
Определения — предложения, при помощи которых точно
устанавливается, какой именно предмет или класс предметов
или взаимоотношений между ними мы будем иметь в виду,
употребляя данное слово. Например, мы даем определение;
«Параллелограммом называется четырехугольник, противопо-
ложные стороны которого попарно параллельны». Этим .пред-
ложением мы из всех четырехугольников выделяем класс та-
ких четырехугольников, у которых параллельны обе пары
противоположных сторон. Имея это определение, человек,
знающий, что такое четырехугольник и какие прямые назы-
ваются параллельными, сумеет безошибочно сказать, являет-
ся ли данная фигура параллелограммом или нет.
Аксиомы — предложения, принимаемые без доказатель
ства и отображающие действительно существующие взаимо-
отношения между изучаемыми объектами. Все остальные
геометрические предложения при их обосновании опираются
на определения и- аксиомы, поэтому и те и другие являются
настоящим фундаментом, на котором строится вся геометрия.
Теоремы — предложения, истинность которых устанавли-
вается путем рассуждений, называемых доказательством. До-
казательства необходимы не только для установления истин-
ности теорем, но и, для того, чтобы обнаружить связь между
различными геометрическими предложениями. Благодаря до-
казательствам геометрия становится научной системой, все
предложения которой объединяются в единое целое в силу
их взаимной обусловленности.
5
К числу геометрических предложений относятся также
следствия — непосредственные выводы из предшествующих
предложений и леммы — вспомогательные предложения, не-
обходимые для доказательства какой-нибудь теоремы. .
(1.2)	Припомним теперь некоторые важнейшие предложе-
ния геометрии. Рассматривая в первую очередь определения,
обратим внимание на то, что, определяя какое-нибудь поня-
тие, мы непременно опираемся на некоторые другие понятия,
которые предполагаются уже известными. Так, в приведенном
выше (1.1) примере с параллелограммом мы опирались на
уже известные понятия четырехугольника и параллельности.
Другими словами, эти понятия были определены раньше при
помощи понятий, определенных еще раньше, и т. д.
Ввиду того что такую цепь последовательных определений
нельзя продолжать бесконечно, мы должны некоторые наибо-
лее простые и общие приятия принять без определения.
Такие понятия называются основными. В геометрии основны-
ми понятиями являются: точка, прямая и плоскость.
Эти понятия достаточно просты и наглядны, и каждый
человек без особых пояснений понимает, что они
означают.
Точки обозначаются большими (прописными) латинскими
буквами — Л, В, С,..., прямые — малыми (строчными) латин-
скими буквами — а, Ь, с,..., а также двумя буквами, обозна-
чающими точки, через которые прямая проходит, например,
АВ, MN. Точки иногда тоже обозначаются двумя буквами,
например ab, обозначающими две прямые (а и Ь), которые
через эту точку проходят.
К числу основных понятий относятся и такие, при помощи
которых устанавливается взаимосвязь между точками, пря-
мыми и плоскостями. В первую очередь сюда надо отнести
понятие принадлежности, которое мы выражаем словами:
«точка лежит на прямой», «прямая проходит по плоскости»
и т. д. Принадлежность обозначается знаком включения CZ,
например запись M(Za обозначает: «точка М лежит на пря-
мой а», или, что то же: «прямая а проходит через точку М».
С понятием принадлежности связаны следующие аксиомы
1. Прямой и плоскости принадлежит бесконечное множест-
во точек.
2. Через две точки можно провести одну, и только одну,
прямую.
Другим основным понятием, определяющим соотношения
между точками на одной и той же прямой, является понятие
направления. Чтобы определить направление на прямой, бе-
рут на ней две произвольные точки Л и В и какую-либо из
них, например Л, называют предшествующей} тогда точка В
будет последующей, чем и определится направление на пря-
мой (рис. 1).
6
О точках, которые следуют за Л и предшествуют В, гово-
рят, что они лежат между А и В (например, точка С на
рис. 1).
Часть прямой, содержащая в себе точки А и В и все точки,
находящиеся между А и В, называется отрезком АВ. Отре-
зок АВ в отличие от прямой АВ можно обозначить АВ.
л	с в
Рис. I
Каждая точка А на данной прямой разделяет эту пря-
мую на две полупрямые, или на два луча. Одному лучу при-
надлежат все точки, предшествующие Л, другому — все точ-
ки, следующие за А. Сама точка А является общим началом
того и другого луча.
Подобно тому как любая точка, лежащая на прямой,
делит эту прямую на две полупрямые, так и любая прямая
/, проходящая в плоскости, делит эту плоскость на две полу-
плоскости (рис. 2). Основным свойством этих полуплоско-
Рис. 2
стей является то, что отрезок, концы которого лежат в од-
ной и той же полуплоскости, не пересекает Z, а отрезок, кон-
цы которого лежат в разных полуплоскостях, пересекает I.
Две пересекающиеся прямые разделяют плоскость на че-
тыре части, каждая из которых называется углом. Обоб-
щая это понятие, мы даем определение: угол есть часть пло-
скости, ограниченная двумя лучами (стороны угла), име-
ющими общее начало (вершина угла). Угол можно обозна-
чить одной буквой, означающей вершину, или тремя буква-
ми, означающими точки, через которые проходят стороны
угла, или двумя буквами, означающими прямые, которые
образуют угол. Например, /А, /.ВАС, /аЬ. Если стороны
угла принадлежат одной и той же прямой, то такой угол,
равный полуплоскости, называется развернутым. Половина
развернутого угла, т. е. угол, равный четверти плоскости,
7
называется прямым. Стороны прямого угла перпендикуляр-
ны друг к другу.
Две прямые называются взаимно параллельными, если
они принадлежат одной и той же плоскости и не пересека-
ются. Важнейшее свойство параллельных прямых выражает-
ся следующей аксиомой:
Аксиома параллельности. Через данную точку можно
провести одну, и только одну, прямую, параллельную дан-
ной прямой.
(1.3) Наиболее важным из основных понятий геометрии
является понятие равенства. Наглядно равенство плоских'
фигур проверяется наложением одной фигуры на другую:
если при наложении фигуры совпадают всеми своими точка-
ми, то такие фигуры равны между собой.
Равенство геометрических фигур обладает
следующими свойствами:
1) каждая фигура равна самой себе;
|	'	2) если первая фигура равна второй, то и
I / v\ вторая равна первой;
।	\\	3) если первая фигура равна второй, а
I \\ вторая равна третьей, то и первая фигура
I \ \ Равна третьей.
I \	Для равенства двух отрезков достаточно.
I	\Ь чт°бы совпали их концы, а для равенства уг-
\J у	лов достаточно, чтобы совпали их стороны.
Равные отрезки можно построить при по-
Рис. I мощи циркуля, равные углы — при помощи
малки (рис. 3). При помощи циркуля можно
построить сумму двух отрезков, при помощи малки — сумму
двух углов.
Суммы отрезков и углов обладают следующими основ-
ными свойствами:
Если	и ВС=В'С'У то АВ+ВС=А'В'+В'С'.
Если Za& = Za'fc' и Z&c=Z&,cz,
то Zab+Zbc=Za'b'+ ZЬ'с'.
Словами это свойство сложения выражается так: если
к каждому из двух равных отрезков (углов) прибавить соот-
ветственно равные отрезки (углы), то в сумме получим
тоже равные отрезки (углы).
Указанное свойство суммы отрезков и углов в точности
соответствует свойству суммы чисел. Это сходство идет и
дальше: суммы отрезков и углов подчиняются перемести-
тельному и сочетательному законам.
8
В заключение припомним еще одно важное свойство сум-
мы отрезков.
Если три точки Л, В и С лежат на одной и той же прямой
и В лежит между Л и С, то имеем равенство:
АВ+ВС=АС.
Если же точки Л, В и С не лежат на одной и той же пря-
мой, то имеем неравенство:
АВ+ВС>АС.
Это неравенство можно выразить другими словами: сум-
ма двух сторон треугольника всегда больше третьей сторо-
ны его.
Указанное неравенство иногда называют неравенством
треугольника. Непосредственным следствием его является
то, что периметр ломаной линии всегда больше отрезка, стя-
гивающего ее концы, а также и то, что периметр объемлемой
выпуклой ломаной линии меньше периметра объемлющей ло-
маной линии.
§ 2.	ОСЕВАЯ СИММЕТРИЯ
(2	.1) Одним из наиболее важных понятий современной
геометрии является понятие преобразования.
Определения.
1.	Преобразованием в геометрии называется всякая опе-
рация (например, построение), позволяющая по данной фи-
гуре получить новую фигуру.
2.	Преобразование называется точечным, если оно позво-
ляет по данной точке найти другую точку. Если каждая дан-
ная точка преобразуется в единственную точку и, обратно,
каждой преобразованной точке соответствует единственная
точка, которая в нее преобразовалась, то такие точки называ-
ются соответственными, а самое соответствие называется
взаимнооднозначным.
Например, когда по данному треугольнику АВС мы по-
строим равный ему треугольник А'В'С', в котором В'С'=ВС,
С'А'=СА и Л'В'=ЛВ, то этим мы выполним точечное преобра-
зование. В этом преобразовании каждой точке первого тре-
угольника (например, середине стороны АВ) соответствует
одна, и только одна, точка второго треугольника (середина
стороны Л'В'). И, обратно, каждой точке второго треугольни-
ка соответствует одна, и только одна, точка первого треуголь-
ника. Поэтому такое построение является точечным преобра-
зованием со взаимнооднозначным соответствием между точ-
ками.
9
3.	Если в точечном преобразовании какая-нибудь точка
преобразуется сама в себя, то такая точка называется непод-
вижной (или двойной) точкой преобразования. Если все точки
какой-нибудь фигуры преобразуются в точки той же самой
фигуры, то такая фигура тоже называется неподвижной.
Если, наконец, каждая точка плоскости окажется неподвиж-
ной, то все преобразование называется тождественным.
В изучаемом нами курсе будет показано, что вся геомет-
рия, включая и ранее изученные предложения, может быть
обоснована свойствами точечных преобразований.
(2	.2) Одним из наиболее простых преобразований являет-
ся осевая симметрия. Чтобы наглядно представить себе это
прео»бразование, возьмем лист бумаги и
,г	проведем по нему прямую — ось симметрии.
Перегнув бумагу по этой оси, мы совместим
каждую точку одного полулиста с одной, и
только одной, точкой другого полулиста.
Проколов оба полулиста булавкой и разо-
£----------/ гнув лист, мы получим представление о двух
точках, симметричных относительно данной
оси (рис. 4). Если на одном полулисте очер-
тить контур какой-нибудь фигуры и, пере-
гнув лист, произвести по этому контуру ряй
частых проколов булавкой, то, разогнув
лист, мы увидим две симметричные фигуры,
в которых каждая точка одной фигуры вза-
имнооднозначно соответствует точке дру-
Рис 4 Г0Й ФИГУРЫ-
Симметричность — одно из очень распро-
страненных свойств предметов в окружающем нас мире: сим-
метричны листья и цветки многих растений, симметричны
крылья бабочек, симметричны снежинки, орнаменты, архитек-
турные украшения и т. д. (рис. 5—6).
10
Определение. 1) Осевая симметрия есть точечное преобра-
зование, при котором остаются неподвижными все точки по-
стоянной прямой — оси симметрии;
2)	каждая точка одной из полуплоскостей, определяемых
осью, взаимнооднозначно преобразуется в точку другой полу-
плоскости. При этом если точка А преобразуется в Д', то эта
же симметрия преобразует обратно Д' в Д;
3)	осевая симметрия преобразует прямую линию в пря-
мую, отрезок — в равный отрезок; угол — в равный угол.
Из определения осевой симметрии получаем:
Следствие. Две фигуры, симметричные относительно оси,
равны между собой.
Равенство симметричных фигур обусловлено тем, что если
плоскость свернуть по оси симметрии, то каждая точка одной
Рис. 7
из симметричных фигур совпадет с Соответствующей точкой
другой фигуры. Отсюда следует, что при осевой симметрии
прямая преобразуется в прямую, отрезок — в равный отрезок,
угол — в равный угол, окружность — в равную окружность
и т. д.
Однако равенство симметричных фигур обладает одной
важной особенностью. Пусть Д, В и С — точки одной фигу-
ры, не лежащие на одной и той же прямой (рис. 7); им соот-
ветствуют симметричные точки Д', В' и С', тоже не лежащие
на одной и той же прямой. Если мы будем обходить контур
ДВС от Д к В, от В к С и от С к Д, то всякий раз третья точ-
ка остается слева от направления движения. Если же мы бу-
дем в таком же порядке обходить контур Д'В'С', то третья
точка всякий раз будет справа от направления движения. Го-
ворят также, что обход контура в первом случае совершается
против движения часовой стрелки, а во втором — по
движению часовой стрелки. Поэтому две симметричные фигу-
ры называют равными, но противоположно ориентирован-
ными.
11
Равные и одинаково ориентированные фигуры (например,
ДАВС и ДА'В'С' на рис. 8) можно совместить друг с другом,
непрерывно перемещая одну из них по данной плоскости. Ес-
ли же мы захотим совместить друг с другом равные и проти-
воположно ориентированные фигуры (например, ДЛВС и
Рис. 8
ДА'В'С' на рис. 7), то одну из них нужно вынуть из пло-
скости в пространство, перевернуть на другую сторону и толь-
ко после этого фигуры можно будет совместить.
Если точка А симметрична с точкой А’ по отношению к
оси $, то это будем записывать так1:
s(A) = А'.
Словами эта запись читается так: ось симметрии s преобра-
зует точку А в симметричную с ней точку А'. Аналогично
записывается симметрия прямых:
s (а) = а',
т. е. ось симметрии $ преобразует прямую 'а в симметричную с
ней прямую а'.
(2.3)	Отметим основные свойства осевой симметрии, которые
вытекают непосредственно из определения.
1.	Ввиду того что осевая симметрия есть преобразование
взаимное, получаем:
если s(A) = A', то s(A') = A;
если s(a) = a', то s(a') г а.
2.	Как было сказано в определении, точки самой оси сим-
метрии неподвижны. Из определения также следует, что, кроме
точек оси, других неподвижных точек в осевой симметрии нет.
1 Знак = есть знак тождества. Наличие его указывает на то, что сим-
волы, стоящие слева и справа от него, обозначают один и тот же предмет.
12
Поэтому будем иметь: если М С s, то s (Л!) = М, и обратно:
если s (М) s М, то М С з.
3.	Если две прямые, взаимно симметричные относительно
оси, пересекаются, то точка их пересечения лежит на оси
симметрии.
Пусть s (а) = а'-, обозначим символом аа' точку пересечения
прямых а и а'. Тогда получим (рис. 9):
s(aa') = a'a, но а'а = аа',
поэтому, на основании предыдущего свойства,
аа' CZ з.
4.	Из того, что симметрия преобразует угол в равный угол,
следует, что ось симметрии проходит по биссектрисе угла.
образуемого двумя взаимно симметричными прямыми. И обратно:
биссектриса угла есть ось симметрии для любых двух точек,
расположенных на его сторонах на равных расстояниях от
вершины.
5.	Ось симметрии перпендикулярна к прямой, проходящей
через две взаимно симметричные точки, и делит пополам отрезок
между эЫими точками.
Пусть	(рис. 10). Так как по определению симмет-
рии точки А и А’ лежат в разных полуплоскостях относительно
прямой s, то отрезок А А' пересекает ось s. Обозначим буквой М
точку пересечения. Тогда получим: s(XM) s: Д'Л1. Отсюда сле-
дует, во-первых, что s есть биссектриса развернутого угла АМА',
т. е. s_[_AA', и, во-вторых, что отрезок AM = А'М.
Этим свойством можно воспользоваться для построения точки
А', симметричной с точкой А по отношению к оси s: из точки
А проводим перпендикуляр AM к прямой s и продолжаем его
на такое же расстояние, чтобы получилось А'М = AM.
13
6.	Дее пары взаимно симметричных точек определяют пару
взаимно симметричных прямых.
Две пары взаимно симметричных пересекающихся прямых
определяют пару взаимно симметричных точек.
Если s(4)s4' и s(B) = B' (рис. 11), то s(AB) = А'В', т. е.
прямые АВ и А'В' взаимно симметричны.
Если s(a)sa' и s(b) = b' (рис. 12), то s(ab)=a'b', т. е.
точки ab и а’Ь' взаимно симметричны.
Рис. 11	Рис. 12
7.	Две несовпадающие точки определяют единственную
прямую, по отношению к которой они взаимно симметричны.
Действительно, согласно свойству 5, искомая ось симмет-
рии должна проходить через середину М отрезка, определяе-
мого данными точками Л и Д', и быть перпендикуляром к
прямой АА'. В силу единственности середины отрезка и един-
ственности перпендикуляра, проведенного к данной прямой в
данной на ней точке, эта прямая единственна.
8.	Два несовпадающих луча с общим началом определяют
единственную прямую, по отношению к которой они взаимно
симметричны.
Искомая ось симметрии на основании свойства 4 проходит
по биссектрисе угла, определяемого данными лучами. В силу
единственности биссектрисы данного угла полученная ось
единственна.
(2.4)	Весьма важное свойство оси симметрии дается сле-
дующей основной теоремой:
Теорема 1. Геометрическое место точек 1 плоскости, равно*
удаленных от двух данных несовпадающих точек, есть ось
симметрии этих точек.
1 Напомним, что геометрическим местом точек называется фигура,
содержащая: 1) те и 2) только те точки, которые обладают данным об-
щим свойством.
14
Доказательство. Пусть А и А' — данные точки (рис.
13). Согласно свойству 7 существует единственная ось сим-
метрии^ данных точек. Возьмем любую точку Р на оси. Так
как s (АР) =А'Р, то АР=А'Р, чем доказано первое условие
в определении геометрического места.
Пусть теперь точка Q не принадлежит оси s и положим
для определенности, что она лежит в одной полуплоскости с
точкой Л. Тогда отрезок QA' пересечет ось s в некоторой точ-
ке М. Следовательно, АМ=А'М. В силу неравенства тре-
угольника [см. п. (1.3)] имеем:
AM+MQ>AQ, или A'M+MQ>AQ, т. е. A'Q>AjQ.
Итак, точка Q не равноудалена от точек А и Л', чем дока-
зано второе условие в определении геометрического места
точек.
Из доказательства	а
этой теоремы, в частности,
следует: если точка не ле-	/' \ч
жит на оси симметрии, то	/	\	/5
она ближе к той из двух	/	\ /
взаимно симметричных • 5—j
точек, с которой находит-	\	/м
ся в одной полуплоско-	\	/
сти.	/
Рассмотренные нами	\ /
свойства осевой симмет-	х
рии позволяют весьма	рис< 13
просто обосновать ряд
важных геометрических предложений. Укажем прежде всего
на следующее свойство окружности.
Теорема 2. Окружность симметрична относительно любой
своей диаметральной прямой1.
Доказательство. Возьмем окружность с центром О
и проведем ее диаметральную прямую s. Пусть Л — какая-
нибудь точка окружности. Найдем точку Л', симметричную с
Л относительно s. По свойству оси симметрии, установлен-
ному предыдущей теоремой, ОА'=ОА, значит, точка Л' при-
надлежит той же окружности.
Итак, каждой точке одной полуокружности соответствует
симметричная с ней точка другой полуокружности, т. е. обе
полуокружности взаимно симметричны по отношению к раз-
деляющей их диаметральной прямой.
Опираясь на свойство окружности и осевой симметрии,
можно решить некоторые основные задачи на построение.
1 Диаметральной прямой окружности называется всякая прямая, про
ходящая через центр.
15
Задача 1. Построить точку, симметричную с данной точкой
по отношению к данной прямой.
Решение. Пусть А—данная точка и s — данная прямая
(рис. 14). Возьмем на прямой s произвольную точку М. Обо-
значим буквой А' искомую точку, симметричную с А. По ос-
новному свойству оси s имеем МА'=МА. Значит, если из точ-
ки М как из центра описать окружность радиусом МА, то
искомая точка А' должна лежать на этой окружности. Возь-
мем теперь на прямой s другую точку — N, отличную от М.
При помощи того же рассуждения получим, что точка А’
должна лежат и на окружности, описанной из центра М ра-
диусом NA. Итак, точка А’ находится в пересечении обеих
окружностей. Задача, очевидно, всегда разрешима и имеет
единственное решение.
Ввиду того что AA'Ls, тем же построением решается за-
дача: «Из данной точки А опустить перпендикуляр на данную
прямую s».
Задача 2. Найти ось симметрии двух данных точек.
Решение. Пусть А и А' — данные точки (рис. 15). Для
отыскания оси s достаточно найти две ее точки. Положим.
Р — какая-нибудь точка оси s, отличная от середины отрезка
АА'. Тогда РА = РА' и в силу неравенства треугольника
РА+РА'>АА', т. е. 2РА>АА' и РЛ>4£.
Поэтому, описав из центра А окружность радиусом, боль-
шим половины АА', мы получим, что на этой окружности
будет лежать точка Р оси s, отличная от середины отрезка
АА', Если теперь тем же радиусом опишем окружность из
центра А', то эта же точка Р должна лежать и на второй
окружности. Итак, искомая точка лежит в пересечении обеих
16
окружностей. Вторая точка пересечения этих окружностей —
точка Р'— симметрична с Р по отношению к прямой АА'.
Точками Р и Р' вполне определяется ось s. Задача всегда раз-
решима и имеет единственное решение.
Этим же построением решается задача о делении данного
отрезка пополам.
Задача 3. Найти ось симметрии двух лучей, имеющих
общее начало.
Решение. Положим, что даны лучи Оа и Оа' с общим
началом О (рис. 16).
Мы знаем (свойст-
во 3), что точка О при-	/
надлежит искомой оси.	/
Поэтому если мы отло-	р
жим на лучах соответст-
венно равные отрезки:	/
ОА = ОА\ то точки А и	/
А' будут симметричными	\
относительно искомой оси.	 И-------**
Теперь остается только к s	I*
точкам А и А' применить	рис. щ
построение предыдущей
задачи и найти хотя бы одну точку Р, равноудаленную от то-
чек А и Д'. Прямая OP =s и будет искомой осью симмет-
рии. Задача тоже всегда разрешима и имеет единственное
решение.
Этим же построением решается задача о делении данного
угла пополам. В частности, это построение можно применить
к решению задачи: «Провести перпендикуляр к прямой из
данной на ней точки». Действительно, данную точку можно
принять за вершину развернутого угла. Тогда искомый пер-
пендикуляр будет биссектрисой этого угла.
При помощи указанных выше основных задач решаются
более сложные задачи на построение. Приведем пример.
Задача. Провести окружность через данные три точки, не
лежащие на одной и той же прямой.
Решение. Если Д, В и С — данные точки, то искомый
центр О окружности должен лежать одновременно и на оси
симметрии s точек А и В, и на оси s' точек В и С. Параллель-
ными прямые s и s' быть не могут, так как тогда три точки
Д, В, С лежали бы на общем перпендикуляре, проведенном
через точку В к параллельным прямым s и s'. Итак, искомая
точка О есть точка пересечения прямых s и s', так как она
находится на равных расстояниях от точек Д, В и С. Решение
единственно, так как центр всякой окружности, проходящей
через Д, В и С, должен лежать одновременно и на прямой s,
и на прямой s'. Через ту же точку О пройдет, очевидно, и ось
симметрии точек С и Д.
2 А. И. Фетисов	17
Заметим, что для построения всех трех осей симметрии
достаточно из каждой точки Д, В и С как из центра описать
три окружности радиусом, большим половины наибольшего из
отрезков ВС, СА и АВ.
(2.5)	Применим теперь осевую симметрию к решению неко-
торых теоретических вопросов геометрии. Докажем при по-
мощи осевой симметрии основную теорему о перпендикуляре
и наклонных.
Теорема. Если из точки, не принадлежащей прямой, про-
вести к ней перпендикуляр и наклонные, то: 1) этот перпенди-
куляр— единственный', 2) перпендикуляр короче всякой на-
А	клонной, проведенной из той
Фже точки', 3) наклонные,
имеющие равные проекции,
равны; 4) наклонная, имею-
щая большую проекцию,
больше.
*______ Доказательство.
1)	Пусть А — данная точка
и s — данная прямая
(рис. 17). Проведем перпен-
дикуляр АР к прямой s и
продолжим его на такое же
Л	расстояние до	точки Д'. Так
как ДД'-Ls и	ДР=Д'Р, то
Рис. 17	s(A)==A'.
Если мы допустим, что
можно провести еще перпендикуляр, отличный от АР, то, по-
вторив предыдущее построение, мы получили бы еще одну
точку, симметричную с Д и отличную от Д', что противоречит
однозначности построения симметричной точки. Итак, перпен-
дикуляр АР — единственный.
2)	Пусть AM — наклонная. АМ=А'М и АР=А'Р. В силу
неравенства треугольника имеем:
АМ+А'М>АА', т. е. 2ДЛ4>2ДР, откуда АМ>АР.
3)	Положим, что дана еще наклонная AM', причем РМ —
= РМ'. Тогда М и М' симметричны относительно оси АА' и,
значит, АМ=АМ'.
4)	Пусть, наконец, PN>PM, тогда ломаная АМА' будет
выпуклой объемлемой, а ломаная ANA' — объемлющей. По-
этому
AM+A'M<AN+A'N, т. е. 2ДЛ4<2Д2У и AM<AN.
Методом от противного легко доказать предложения, об-
ратные предложениям 2), 3) и 4).
На основании доказанного предложения дается определе-
ние расстояния. За расстояние от точки до прямой прини-
18
мается отрезок перпендикуляра, проведенного из этой точки*'
к прямой.
Установив это, мы можем решить следующую задачу.
Задача. Найти геометрическое место точек, равноудален-
ных от двух пересекающихся прямых.
Решение. Пусть а и а' — данные прямые, пересекающие-
ся в точке О (рис. 18). Проведем биссектрисы всех четырех
г
।
углов и покажем, что совокупность полученных двух прямых
s и s' и будет искомым геометрическим местом. Возьмем на
какой-нибудь биссектрисе произвольную точку М и проведем
из нее перпендикуляры МР и МР' к прямым а и а'.
Точки Р и Р' будут симметричны относительно биссектри-
сы ОМ. Действительно, прямая а' симметрична с а относи-
тельно ОМ. Прямая, симметричная с МР относительно ОМ,
должна быть перпендикулярной к а', так как при осевой сим-
метрии сохраняется величина углов. Значит, эта прямая сов-
падает с МР', а потому Р и Р' симметричны как точки пере-
сечения симметричных прямых. Итак, МР = МР'.
Предположим теперь обратное: некоторая точка W одина-
ково удалена от обеих прямых а и а', т. е. равны соответст-
вующие перпендикуляры: NQ = NQ'. Покажем, что N лежит
на биссектрисе.
Ось симметрии точек Q и Q' проходит через точку ЛГ. Пря-
мая а, перпендикулярная к WQ, преобразуется в прямую, про-
ходящую через точку Q' и перпендикулярную к NQ',
т. е. в прямую а'. Поэтому полученная ось симметрии должна
пройти через точку аа'=0, значит, она проходит по биссект-
рисе угла.
Мы видим, что обе прямые удовлетворяют условию
задачи. Они перпендикулярны между собой, так как
1.9
2*
перпендикулярны биссектрисы двух смежных углов Ч Ввиду
того .что эти прямые идут по биссектрисам, будем называть
их биссекторными прямыми. Отсюда следует предложение:
Биссектриса выпуклого угла есть геометрическое место
его внутренних точек, равноудаленных от сторон.
При помощи найденного геометрического места решается
еще одна основная задача:
Задача. Провести окружность, касающуюся трех данных
несовпадающих прямых: ВС, СА, АВ.
Решение.Так как прямые не совпадают, то точки Л, В
и С не лежат на одной и той же прямой (рис. 19). Если окруж-
ность касается двух прямых, то центр ее находится на одина-
ковом расстоянии от этих прямых, так как радиусы, прове-
денные в точки касания, перпендикулярны к касательным и,
значит, ими определяется расстояние от центра до касатель-
ной. Поэтому центр искомой окружности лежит на биссек-
торной прямой. Но через каждую из точек Л, В и С прохо-
дит по две взаимно перпендикулярных биссекторных прямых.
Биссекторную прямую, проходящую через точку Л и пере-
секающую отрезок ВС, обозначим пг\ проходящую через В
и пересекающую отрезок С А — и; проходящую через С и
1 См. упражнение 2 на стр. 29 учебника геометрии Н. Н. Никитина
(издание 1961 г.).
20
йересекающую АВ — р. Перпендикулярные к ним биссектор-
ные прямые обозначим соответственно /п', п', р'. Точки пере-
сечения прямых т, п, р с противоположными отрезками обо-
значим соответственно М, N, Р. Так как отрезок BN соеди-
няет точки, лежащие на двух сторонах угла АС В, то луч СР
пересекает этот отрезок в некоторой точке /. Это есть точка
пересечения прямых п и р. По свойству биссекторных пря-
мых точка / одинаково удалена от прямых ВС, СА и АВ, зна-
чит, и прямая т проходит через эту же точку. В точке / пере-
секаются три биссектрисы внутренних углов треугольника —
она есть центр окружности, вписанной в этот треугольник.
Прямые п' и р' также пересекаются, так как если бы они
оказались параллельными, то тогда параллельными оказа-
лись бы и прямые п и р, пересечение которых мы уже дока-
зали. Обозначим через 1а точку их пересечения. Она тоже
одинаково удалена от прямых ВС, СА и АВ, и потому через
нее проходит еще и прямая пг. 1а есть точка пересечения двух
внешних *и одной внутренней биссектрис —она есть центр вне-
вписанной окружности треугольника. Аналогично получим
точку Ibj в которой пересекаются прямые р', пг' п, и точку /с,
в которой пересекаются прямые т', п', р.
Итак, мы доказали, что существует четыре окружности,
касающиеся трех данных прямых, причем одна -из них впи-
сана, а три вневписаны в ДАВС.
(2.6) Посмотрим, как применяется осевая симметрия к
метрическим соотношениям в треугольнике. Установим сна-
чала соотношения между сторонами и углами треугольника.
Теорема. В одном и том же треугольнике'. 1} против рав-
ных сторон лежат и равные углы; 2) против большей сторо-
ны лежит и больший угол.
Доказательство. 1) Пусть в треугольнике АВС АВ =
=АС (рис. 20). Проведем ось симметрии s точек В и С. Так
как АВ = АС, то по основной теореме [см. (2.4)] Ads и, зна-
чит, ZB = ZC как взаимно симметричные.
2) Пусть в треугольнике АВС АВ>АС (рис. 21). Прове-
дем ось симметрии s точек В и С. Так как точка А ближе к
точке С, то А лежит в одной полуплоскости с точкой С по от-
ношению к s. Значит, отрезок АВ пересекает s в точке Л4;
^.МВС= ZMCB как симметричные. Угол МСВ есть часть
угла АСВ, поэтому Z.ACB> Z.MCB, или ZACB>ZMBC, т. е.
ZOZB.
Теорема (обратная). В одном и том же треугольнике'.
1) против равных углов лежат и равные стороны', 2) против
большего угла лежит и большая сторона.
Доказательство обратной теоремы можно провести
методом от противного, но можно доказать и непосред-
ственно.
21
1) Пусть в треугольнике ABC Z.B=ZC (рис. 20). Прове-
дем ось симметрии $ точек В и С. Углы /Ви ZC равны и
противоположно ориентированы, поэтому прямые АВ и АС
симметричны относительно s и, значит, ДСх. Поэтому АВ =
= АС.
2) Пусть в треугольнике ABC АОАВ (рис. 21). Прове-
дем ось симметрии s точек В и С. Тогда угол, симметричный с
углом В относительно оси $, окажется внутри большего
угла С, и сторона его пересечет сторону АВ в точке М, лежа-
щей на оси s. Отсюда следует, что точка А будет лежать в
одной полуплоскости с точкой С относительно оси s. Поэтому
АВ>АС.
Так же легко при помощи осевой симметрии доказывают-
ся признаки равенства треугольников.
Теорема. Два треугольника равны, если выполняется одно
из следующих трех условий-. 1) три стороны одного треуголь-
ника соответственно равны трем сторонам другого; 2) две сто-
роны и заключенный между ними угол одного треугольника
соответственно равны двум сторонам и заключенному между
ними углу другого; 3) сторона и два прилегающих к ней угла
одного треугольника соответственно равны стороне и двум
прилегающим к ней углам другого.
Доказательство. 1) Пусть в треугольниках АВС и
А'В'С' дано: ВС=В'С'; СА = С'А' и АВ=А'В' (рис. 22).
Приложим ДА'В'С' к Л.АВС так, чтобы совпали стороны
ВС и В'С', а точка А' заняла положение точки А". По усло-
вию теоремы А" В —АВ, значит, точка В лежит на оси симмет-
рии точек А и А". Точно так же в силу равенства А"С=АС
точка С тоже лежит на оси симметрии точек А и А". Значит,
ВС есть ось симметрии точек А и А". Поэтому Ah. А" ВС=
22
= Д.АВС как симметричные. Следовательно, и АА'В'С'=
= ЛАВС.
2) Пусть в треугольниках АВС и А'В'С' ВС=В'С', АВ =
= А'В' и ZB=ZB'. Опять так же приложим ДЛ'В'С' к
ДЛВС стороной В'С'; Z.ABC=/LA"BC, значит, ВС есть бис-
Следовательно, ДЛВС=
сектриса угла АВА". Но ВА = ВА", поэтому точки Л и А"
симметричны относительно ВС.
= &А"ВС и ДЛ'В'С' = ДЛВС.
3) Положим, наконец,
что в треугольниках АВС и
А'В'С' ВС = В'С', ZB =
= ZB', ZC=ZC'. Опять
так же приложим ДЛ'В'С'
к ДЛВС той же стороной
В'С'. Так как
л.
S
А"
Рис. 23
= ZA'B'C\ то прямые ВА
и ВА" взаимно симметрич-
ны относительно прямой ВС,
Гак как Z4CB=Z4"CB,
то прямые СА и СА" тоже
симметричны относительно
той же прямой. Но тогда
будут симметричны и точки
пересечения этих прямых, т. е. А и А". Отсюда получаем
ДЛВС=ДЛ"ВС, а значит и ААВС=АА'В'С'.
Таким же методом доказывается теорема о треугольниках
с двумя попарно равными сторонами.
Теорема. Если две стороны одного треугольника соответ-
ственно равны двум сторонам другого, а углы, заключенные
между этими сторонами, не равны, то против большего угла
лежит и большая сторона.
Доказательство. Пусть в треугольниках ЛВС и
А'В'С' АВ=А'В', ВС = В'С' и ZB>ZB' (рис. 23). Приложим
23
ЛА'В'С' к ДАВС так, чтобы сторона В'С' совпала с ВС, а
точка А' заняла положение А". Ось симметрии точек А,А"
пройдет через точку В ввиду равенства ВА = ВА". Вместе с
тем $ делит пополам ЛАВА" и потому проходит внутри его
большей части. Значит, ось s пересекает сторону АС в неко-
торой точке Af. Точка А"
далась в одной и той же полу-
плоскости с точкой С по от-
ношению к прямой s. Следова-
тельно, АС>А"С, т. е. ЛС>
>Л'С'.
Совершенно тем же спосо-
бом можно доказать и обрат-
ную теорему.
Все предложения, доказан-
ные в этом параграфе, опи-
рались только на основные оп-
ределения и аксиомы и на ус-
тановленные нами свойства
осевой симметрии. Этим же методом можно вывести и ряд
других предложений, например теорему о том, что внешний
угол треугольника больше всякого внутреннего, несмежного с
ним, признаки равенства прямоугольных треугольников и т. д.
(2.7)	Рассмотрим теперь применение осевой симметрии к
решению задач.
Задача 1. Дана прямая I и вне ее две точки А и В, Найти
на прямой I такую точку Л4, чтобы сумма АМ+МВ была наи-
меньшая.
Решение. В том случае, когда точки А и В находятся
по разные стороны от прямой /, задача решается очень про-
сто: кратчайшим путем от А к В является отрезок АВ, пере-
секающий I в искомой точке М. Положим теперь, что А и В
находятся по одну сторону от I (рис. 24).
Этот случай нетрудно привести к предыдущему: возьмем
точку В', симметричную с В относительно оси /. Кратчайшим
путем от Л кВ' является отрезок АВ', пересекающий I в
искомой точке М. Действительно, путь АМВ равен АМ + ВМ =
= АМ + МВ'=АВ'. Для любой другой точки W на прямой I
получим: AN +NB=AN + NB'>AB' в силу неравенства тре-
угольника. Итак, путь АМВ действительно кратчайший.
Заметим, что в форму этой геометрической задачи можно
облечь весьма разнообразные практические .вопросы. Приве-
дем примеры.
а)	Положим, что I — проекция плоского зеркала, постав-
ленного перпендикулярно к плоскости чертежа. В точке А
находится источник света. В какую точку зеркала нужно на-
править луч света из А, чтобы он, отразившись, попал в В?
24
Такой точкой является точка М, так как для нее выпол-
няется закон отражения: угол наклонной AM с I равен углу
ВМ с той же прямой.
б)	Пусть I есть берег судоходной реки. В точках А и В
расположены населенные пункты. В каком месте нужно по-
строить пристань, чтобы сумма расстояний AM и МВ была
наименьшая?
Решением, конечно, будет точка М.
в)	Пусть I — борт бильярда. В точках А и В находятся
два шара. В каком направлении нужно ударить шар Л, чтобы
он, оттолкнувшись от борта /, попал в шар В?
Ответом является тоже точ-
ка Л4, так как закон отражения
упругого шара при ударе о не-
подвижную стенку такой же,
как и для отражения света.
г)	Положим, что I — глад-
кий стержень, по которому
скользит кольцо М. Через это
кольцо пропущена туго натя-
нутая эластичная нить, закре-
пленная в точках А и В. Како-
ва будет фигура равновесия?
Ввиду того что нить стре-
мится сократиться до мини-
мальной длины, фигура равновесия имеет вид, указанный на
рис. 24.
Задача 2. Дана окружность с центром О и не принадле-
жащие ей точки А и В. Пользуясь одним только циркулем,
найти точки пересечения прямой АД с данной окружностью.
Решение. Положим, что задача решена и мы нашли
точки пересечения М и N прямой АВ с данной окружностью
(рис. 25). Примем прямую АВ за ось симметрии. Тогда задан-
ная окружность с центром О преобразуется в новую окруж-
ность с центром О' и проходящую через те же точки М и N
(так как М и N принадлежат оси АВ и потому являются
неподвижными точками). Отсюда мы получаем искомое по-
строение. Находим точку О', симметричную с точкой О отно-
сительно прямой АВ, для чего проводим из центров А и В
окружности радиусами АО и ВО. Этим определится точка О'.
Далее из центра О' проводим окружность радиусом, равным
радиусу данной окружности. Полученная окружность пересе-
кает данную окружность в искомых точках М и N. Точки
М и 7V принадлежат прямой АВ, так как они должны лежать
на оси симметрии точек О и О'.
В зависимости от расположения данной окружности и
данных точек мы можем получить две точки пересечения,
одну или ни одной.
25
Приведенное в этой задаче построение является примером
так называемых «построений Маскерони» — итальянского гео-
метра, доказавшего, что все геометрические построения, осу-
ществляемые при помощи циркуля и линейки, могут быть вы-
полнены при помощи одного лишь циркуля.
Задача 3. Доказать, что три высотные прямые 1 треуголь-
ника пересекаются в одной и той же точке.
Решение. Рассмотрим сначала остроугольный ААВС
(рис. 26). Проведем через вершину А высотную прямую, ко-
торая пересечет сторону ВС в
JL	точке Л4, лежащей между точка-
X/	ми & и если бы, например,
\ N	точка М оказалась левее точки В,
X	'У' то в ДД7ИВ внешний острый угол
\z ПРИ вершине В оказался бы менъ-
ше внутреннего прямого угла при
вершине М.
6 м с Найдем точки Afi и Л42, симмет-
Рис. 26	ричные с М относительно прямых
АВ и АС. Угол МХАМ2 вдвое
больше угла ВАС, так как в силу симметрии ЛМАВ =
= ЛВАМХ, ЛМАС= ZC7LW2, причем ЛМАВ + ЛМАС = ZBAC.
Отсюда следует, что ZMXAM2 меньше развернутого, так как
Л ВАС острый. Поэтому отрезок МХМ2 пересекает лучи АС и
АВ, идущие внутри этого угла, в точках, которые мы обозна-
чим соответственно N и Р.
Рассмотрим теперь треугольник MNP. Прямые АВ и АС
являются биссектрисами внешних углов этого треугольника,
поэтому через точку А их пересечения проходит и биссектриса
внутреннего угла, т. е. МА есть биссектриса угла NMP. Пря-
мая ВС перпендикулярна к AM, поэтому она является внеш-
ней биссекторной прямой треугольника MNP.
В точке В пересекаются биссектрисы внешних углов тре-
угольника MNP, поэтому прямая BN будет биссекторной
прямой внутреннего угла MNP; вместе с тем она перпендику-
лярна к биссектрисе внешнего угла, т. е. BN1.AC. Точно так
же PC есть биссектриса внутреннего угла MPN и потому
перпендикулярна к биссектрисе внешнего угла, т. е. к прямой
АВ. Итак, AM, BN и СР — биссектрисы внутренних углов
треугольника MNP и потому пересекаются в одной и той же
точке Н. Но эти же прямые AM, BN и СР являются высот-
ными прямыми в треугольнике АВС, чем и доказано предло-
жение для остроугольного треугольника. Точка Н пересе-
чения этих прямых называется ортоцентром треугольника.
1 Высотной прямой называется прямая, проходящая через вершину
треугольника перпендикулярно к противоположной стороне.
26
Если ДЛВС — прямоугольный с вершиной прямого угла
в точке С, то высотными прямыми будут ВС и СА, идущие
по катетам. Они пересекаются в точке, через которую прохо-
дит также и высотная прямая, перпендикулярная к гипоте-
нузе АВ. Таким образом, ортоцентром прямоугольного тре-
угольника служит вершина С прямого угла.
Пусть теперь ДЛВС — тупоугольный, причем вершина
тупого угла находится в точке А (рис. 27). Высотные прямые
BN и СР пересекаются в некоторой
точке Я. Эти прямые не могут быть
параллельными, так как тогда были
бы параллельны между собой и пер-
пендикулярные к ним прямые СА и АВ.
Полученный £±ВСН — остроуголь-
ный, так как каждый из его углов
Z.BHC, Z.CBH и Z.BCH является ост-
рым углом соответственно в одном из
прямоугольных треугольников ВРН,
BN С, РВС. Но как уже доказано, вы-
сотные прямые остроугольного треугольника пересекаются в
одной и той же точке. В треугольнике ВСН высотными прямы-
ми являются АВ и АС, пересекающиеся в точке А. Поэтому
через точку А должна пройти и третья высотная прямая НМ,
проходящая через точку Н перпендикулярно к ВС.
Вместе с тем мы установили, что и в тупоугольном тре-
угольнике высотные прямые AM, BN и СР проходят через
один и тот же ортоцентр Н.
Упражнения
1.	Найти геометрическое место центров окружностей, про-
ходящих через две данные точки.
2.	На сторонах угла от вершины О отложены соответст-
венно равные отрезки: ОА = ОА' и ОВ = ОВ'. Прямые АВ' и
А'В пересекаются в точке Р. Доказать, что Р лежит на бис-
сектрисе угла.
3.	Доказать: если дана ось и две симметричные друг с
другом точки, то всякую другую точку плоскости можно пре-
образовать в симметричную, пользуясь только линейкой (не
прибегая к циркулю).
4.	Пользуясь только линейкой и чертежным треугольни-
ком, найти ось симметрии двух данных точек.
5.	Какой наименьшей величины должно быть зеркало,
чтобы человек мог видеть в нем себя во весь рост?
6.	Построить равнобедренный треугольник так, чтобы две
вершины его основания находились в двух данных точках,
а третья — на данном расстоянии от третьей данной точки.
27
7.	Какое наименьшее число осевых симметрий нужно про-
извести, чтобы преобразовать данный отрезок АВ в равный
ему данный отрезок Л'В'?
8.	Какое наименьшее число осевых симметрий нужно про-
извести, чтобы данный треугольник АВС преобразовать в
равный ему данный треугольник А'В'С'Ъ
Рассмотреть случаи, когда треугольники ориентированы
одинаково и когда противоположно.
9.	Построить треугольник по основанию, углу при осно-
вании и сумме (или разности) двух других его сторон.
10.	Через две данные точки А и В провести две прямые
так, чтобы угол между ними делился данной прямой I попо-
лам.
И.	На прямой I найти точку Л4, разность расстояний кото-
рой от двух данных точек А и В была бы наибольшая.
12.	На бильярде, два борта которого наклонены друг к
другу под произвольным углом, лежат шары А и В. В каком
направлении нужно толкнуть шар 4, чтобы он после дву-
кратного отражения от обоих бортов попал в шар В?
13.	На прямоугольном бильярде лежит шар Р. В каком
направлении его нужно толкнуть, чтобы после четырехкрат-
ного отражения от четырех стенок он вернулся в исходное
положение?
14.	Дана прямая I и точки А ;и В вне ее. Найти на прямой
такую точку М, чтобы угол луча МА с прямой I был вдвое
больше угла, образуемого лучом МВ с той же прямой.
15.	Внутри острого угла дана точка Р. Найти на двух сто-
ронах его соответственно точки А и В такие, чтобы периметр
треугольника АРВ был наименьший.
16.	Построить четырехугольник по четырем сторонам, зная,
что одна из его диагоналей есть биссектриса внутреннего
угла.
17.	Провести биссектрису угла, вершина которого недо-
ступна.
18.	Дана одна из вершин треугольника и две прямые, на
которых лежат биссектрисы этого треугольника, не прохо-
дящие через эту вершину. Построить этот треугольник.
19.	Лицевая сторона плоскости окрашена в красный цвет,
изнанка — в зеленый. На плоскости начерчен разносторонний
треугольник. Предлагается вырезать этот треугольник и, раз-
резав его на наименьшее число частей, уложить их на преж-
нее место так, чтобы получился такой же треугольник зеле-
ной стороной сверху.
20.	Два плоских зеркала наклонены друг к другу под не-
которым углом. Луч света, идущий параллельно первому
зеркалу, отражается от второго, потом от первого, потом
опять от второго, потом опять от первого и, наконец, после
28
отражения от второго возвращается по прежнему пути. Опре-
делить угол 'между зеркалами.
21.	Провести прямую через данную точку М и точку пере-
сечения прямых а и Ь, которая недоступна (использовать
пересечение высот треугольника).
22.	Точки Л и В на местности разделены препятствием (на-
пример, между ними находится корпус здания). Пользуясь
осевой симметрией, измерить расстояние между точками
Л и В.
23.	Точка Л находится на одном берегу реки, точки В и
С — на другом. Пользуясь угломерным инструментом, найти
точку Л',* симметричную с А относительно прямой ВС.
24.	Точки Л и В находятся на одном берегу реки, точки
М и N — на другом. Пользуясь угломерным инструментом и
решением предыдущей задачи, найти расстояние между не-
доступными точками Л и В.
§ 3. ЦЕНТРАЛЬНАЯ СИММЕТРИЯ
(3.1) Определения.
1) Центральной симметрией называется точечное пре-
образование, цри котором в плоскости дается неподвижная
точка О — центр симметрии и каждой точке Л ставится в
соответствие точка А' так, чтобы точка О «была серединой от-
резка АА' (рис. 28). Преобразование точки Л в точку А' отно-
сительно центра О записывается так:
О(Л)=Л'.
2) Если между точками двух фигур установлено взаимно-
однозначное соответствие таким образом, что каждой точке
одной фигуры соответствует симметричная с ней точка другой
фигуры по отношению к одному и тому же центру, то такие
29
фигуры называются центрально симметричными относитель-
но этого центра.
Центрально симметричные фигуры можно получить, за-
крепив плоскость данной фигуры в неподвижной точке О, а
потом повернув ее на 180° вокруг этой точки (рис. 29).
Непосредственно из определения центральной симметрии
получаем следующие выводы.
Следствие 1. В центральной симметрии единственной не-
подвижной точкой является центр симметрии.
Действительно, всякая точка, отличная от центра, пре-
образуется в точку, лежащую по другую сторону от центра,
и совпадать эти точки не могут.
Следствие 2. Всякая прямая, проходящая через центр
симметрии, симметрична сама с собой, так как каждая точка
этой прямой соответствует точке той же прямой. Поэтому
прямые, проходящие через центр, являются неподвижными
прямыми.
Следствие 3. Ввиду того что центральной симметрией
точки взаимно преобразуются друг в друга, из соотношения
О(Л) = Л' следует О(А') = А.
Все основные свойства центральной симметрии можно полу-
чить, установив ее связь с осевой симметрией.
Рис. 30
Теорема. Дее последовательные осевые симметрии со взаимно
перпендикулярными осями тождественны с одной центральной
симметрией, центр которой совпадает с точкой пересечения
осей.
Доказательство. Пусть s и s'— две оси симметрии,
пересекающиеся в точке О, причем sj_s' (рис. 30). Возьмем
в плоскости произвольную точку А и пусть 5(Л) = ЛХ и
s' (Лх) = А'. Докажем, что О(Л)~Л'.
30
‘ По свойству оси симметрии О А = ОАг и ОАХ = ОА'. Значит,
ОА == ОА'. Обозначим через аир острые углы, образуемые
лучом ОЛ1 с осями s и s'. Так как sj_s', то а + ₽=90°.
В силу симметрии луч ОА образует с осью s угол, равный а,
а луч ОА' образует с осью s' угол, равный р. Поэтому
/ АО А' = а + а + Р + р=2(а + Р)= 180°. Кроме того, мы
получили, что О А = ОЛ', следовательно, точка О есть центр
симметрии точек Л и Л', т. е. О(Л)==Л'.
Теорема (обратная). Всякая центральная симметрия тож-
дественна с двумя последовательными осевыми симметриями*
оси которых взаимно перпендикулярны и проходят через центр*
причем одну из них можно провести произвольно.
Доказательство. Пусть О(Л) = Л'. Проведем через
центр О произвольную ось s и положим, что s (Л) = Лх. По ус-
ловию теоремы О А' = ОЛ, а в силу осевой симметрии О А = ОАг.
Поэтому ось симметрии s' точек Лх и Л' проходит через центр О
и, кроме того, sj_s' как биссектрисы смежных уголов. Итак,
центральную симметрию с центром О можно заменить двумя
осевыми симметриями с осями s и s'.
Отсюда можно получить все основные свойства централь-
ной симметрии:
1. Центрально симметричные фигуры равны и одинаково
ориентированы. Так как центральная симметрия тождествен-
Рис. 31
равенство фигур, то оно сохранится и при двух последова-
тельных осевых симметриях. Вместе с тем каждая осевая
симметрия меняет ориентацию фигуры на обратную. Поэто-
му после двух осевых симметрий ориентация фигуры будет
совпадать с первоначальной (рис. 31).
2. Две пары центрально симметричных точек определяют
пару центрально симметричных прямых.
Две пары центрально симметричных прямых определяют
пару центрально симметричных точек.
31
В первом случае имеем: О (Л) = А , 0(B) = В , следовательно,
О(ЛВ) = Л'В' (рис. 32).
Во втором случае имеем: О (а) = а', 0 (b) = Ь’, следовательно,
O(ab)^a'b' (рис. 33).
(3.2) Одним из наиболее важных свойств центральной сим-
метрии является параллельность симметричных между собой
прямых.
Теорема. Центрально симметричные прямые взаимно па-
раллельны.
Доказательство. Положим, прямая а, не проходящая
через центр симметрии О, симметрична с прямой а'. Если до-
Рис. 33
пустим, что прямые а и а’ имеют точку пересечения аа’, то
получим О(аа') = а'а. Но аа' и а'а — одна и та же точка.
Однако известно, что в центральной симметрии единственной
неподвижной точкой является центр и других неподвижных
точек не существует. Полученное противоречие показывает,
что а и а’ пересечься не могут. Следовательно, а || а'.
Если бы прямая а проходила через центр О, то симмет-
ричная с ней прямая а' тоже проходила бы через центр и
совпала с прямой а. Поэтому совпадение двух прямых иног-
да бывает целесообразно рассматривать как частный (пре-
дельный) случай параллельности.
Определение 1. Часть плоскости, заключенная между
двумя параллельными прямыми, называется полосой. Па-
раллельные прямые называются сторонами полосы. Отрезок,
соединяющий точку одной стороны полосы с точкой другой
стороны, называется поперечным отрезком.
Из предыдущей теоремы и определения получаем:
Следствие. Середина всякого поперечного отрезка есть
центр симметрии полосы.
32
Пусть а || а', Л с а и А' с а',\0 — середина АА' (рис. 34)-
Прямая, центрально симметричная с а относительно О, парал*
лельна а и проходит через точку Д'. Следовательно, >на осно-
вании аксиомы параллель-
ности эта прямая совпадает	______ £___
с а'. Итак, О(а)=а'.	Q ____.____
Из этого следствия сразу
получаются все свойства уг-
лов, образующихся от пере-
сечения двух параллельных \	у''	—
прямых любой секущей, так _________------------	°'
как внутренние и внешние <r *
накрестлежащие углы равны	Рис. 34
как центрально симметрич-
ные относительно середины поперечного отрезка, образуемого
секущей. И обратно, равенство накрестлежащих углов об-
условливает центральную симметрию их относительно той
же середины.
S
5
Рис. 35
Определение 2. Попе-
речный отрезок, перпен-
дикулярный к сторонам
полосы, называется ши-
риной полосы.
Следствие. Ширина
полосы везде одинакова.
Действительно, если
дано, что Z||Z', АА' и
ВВ' — две ширины, при-
чем XcZ, BCZ, 4'cZ'
и В'al' (рис. 35), то от-
резки АА' и ВВ' симмет-
Поэтому
ричны относительно оси симметрии s точек А и В.
АА'=ВВ'.
Из этого следствия легко получается предложение: гео-
метрическое место точек, удаленных от данной прямой на
расстояние, равное данному отрез-
ку, есть две прямые, параллельные
данной.
Найдем еще одно геометриче-
ское место точек.
Задача. Найти геометрическое
место центров симметрии полосы.
Решение. Пусть полоса опре-
делена условием alia', АА' — один
из поперечных отрезков и точка О — *
его середина. Как уже доказано, О
есть центр симметрии полосы (рис. 36).
Проведем через точку О прямую Z, параллельную сторо-
нам полосы. Докажем, что Z и есть искомое геометрическое
3 А. И. Фетисов
VS3
место. Действительно, ширина полосы, проходящая через
точку О, делится в ней пополам, так как О — центр симмет-
рии полосы. Значит, О находится на равных расстояниях от
сторон полосы. А так как ширина полосы везде одинакова,
то все точки прямой I одинаково удалены от сторон полосы,
т. е. всякая точка I есть середина
Полученные свойства полосы
проходящей через нее ши-
рины, и, значит, она
есть центр симметрии
полосы. Наконец, ника-
кая точка вне прямой I
центром симметрии по-
лосы быть не может,
так как тогда проходя-
щая через нее ширина
имела бы две середи-
ны: одну в данной точ-
ке, а другую на пря-
мой /.
Из этого доказа-
тельства следует, что
прямая I есть ось сим-
метрии полосы. Поэто-
му она называется
осью полосы.
дают возможность очень
просто доказать одну из основных теорем геометрии — теоре-
му Фалеса L
Теорема Фалеса. Если на прямой I отложить последова-
тельно ряд равных отрезков*. AiA2= А2А3= А3А4=... = А^А^—
и через их концы провести параллельные: а4 || а2 || а3... || ап,
то на любой прямой V, пересекающей эти параллельные, точ-
ками пересечения определится тоже ряд равных отрезков
(рис. 37):
AiA2 = А2А3 =* А3А4 = ... = Ал_1Ап.
Доказательство. Рассматривая Oi и а3 как стороны
полосы, мы видим, что а2 — ось этой полосы, поэтому она де-
лит пополам любой поперечный отрезок. Значит, А'^ = А'2А3,
Далее а2 и а4 определяют полосу с осью а3, откуда следует,
что АаА^АзА*, и т. д.
Частным случаем теоремы Фалеса является предложе-
ние: если на одной стороне угла отложить от вершины после-
довательно ряд равных отрезков, то параллельные прямые,
проведенные через точки деления, отсекают на другой сто-
роне угла тоже ряд равных отрезков.
I1 Фалес Милетский (конец VII — начало VI в. до н. э.)—древнегре-
ческий философ, установивший ряд теорем элементарной геометрии
34
Справедливо и обратное предложение: если на каждой
стороне угла отложить от вершины ряд равных отрезков и
через соответственные концы их провести прямые, то эти
прямые будут между собой параллельны.
Отсюда следует свойство средней линии треугольника и
трапеции, а также решение основной задачи о делении дан-
ного отрезка на п равных частей.
(3.3) Свойствами полосы определяются свойства различ-
ных видов параллелограммов.
Определения. Часть плоскости, общая двум пересекаю-
щимся полосам, называется параллелограммом. Если эти по-
лосы взаимно перпендикулярны, то параллелограмм назы-
вается прямоугольником. Если полосы равны между собой, то
параллелограмм называется ромбом. Если полосы и равны
и перпендикулярны между собой, то параллелограмм, являю-
щийся одновременно и прямоугольником и ромбом, называет-
ся квадратом.
Из этих определений следуют все основные свойства
указанных четырехугольников:
1.	Диагональ параллелограмма есть общий поперечный
отрезок обеих полос (рис. 38), поэтому середина диагонали
есть центр симметрии всей фигуры. Отсюда следует совпа-
дение середин обеих диагоналей, равенство противоположных
сторон, равенство противоположных углов.
2.	У прямоугольника оси определяющих полос являются
осями симметрии всей фигуры, откуда следует равенство
диагоналей (рис. 39).
3.	В силу равенства полос, определяющих ромб, биссект-
рисы его углов совпадают с осями симметрии всей фигуры и
также с ее диагоналями. Отсюда следует перпендикуляр-
ность диагоналей (рис. 40).
4.	Квадрат обладает всеми свойствами прямоугольника и
ромба и является наиболее симметричным четырехугольни-
ком: осями симметрии квадрата служат и оси определяющих
его полос, и диагонали (рис. 41).
Приведенные примеры показывают, какое значение имеет
центральная симметрия для обоснования важнейших пред-
ложений геометрии.
Рассмотрим применение центральной симметрии к реше-
нию задач.
Задача 1. Внутри данного угла дана точка Р. Провести
через точку Р прямую так, чтобы отрезок этой прямой между
сторонами угла делился этой точкой пополам.
Решение. Обозначим через а и Ь стороны данного угла
(рис. 42), а через А и В — концы искомого отрезка. По усло-
вию задачи точка Р есть центр симметрии для точек А и В.
Поэтому если найдем прямую Ь', симметричную с b
3*
35
Рис. 42
Рис. 43
относительно центра Р, то эта црямая пройдет через искомую
точку А. Для построения прямой Ь' достаточно взять на
прямой b произвольную точку Л4, найти ей симметричную от-
носительно Р точку ЛГ и через М' провести b'\\b. Задача
всегда разрешима и имеет единственное решение.
Задача 2. Доказать, что три медианы треугольника пере-
секаются в одной и той же точке.
Решение. Пусть дан треугольник АВС с медианой AM
(рис. 43). Примем точку М за центр симметрии и найдем
ДД'СВ, симметричный с данным, причем А'М будет медиа-
ной нового треугольника. Отрезок АА' является диагональю
параллелограмма АВА'С. Проведем в ДДВС вторую медиа-
ну BN, которой в ДД'СВ соответствует параллельная ей
медиана CN'. Если через точки А и А' проведем прямые,
параллельные медианам BN и CN\ то получим три равные
между собой полосы. По теореме Фалеса эти параллельные
делят диагональ АА' на 3 равные части. Отсюда следует, что
медиана BN отсекает на медиане AM две прети, считая от
вершины Д. Ввиду того что это же рассуждение мы можем
применить и к третьей медиане треугольника ДВС, то мы
увидим, что и эта медиана отсечет от медианы AM тоже две
трети, считая от вершины Д, т. е. пройдет через эту же точ-
ку G.
Точка пересечения медиан является центром тяжести
треугольника, что можно доказать на основании законов
статики.
• Упражнения
1.	Через данную точку Р провести прямую так, чтобы ее
отрезок между данной прямой и данной окружностью разде-
лился этой точкой пополам.
2.	Через противоположные вершины параллелограмма
проводят две пары взаимно параллельных прямых. С полу-
ченным параллелограммом вновь производят такое же по-
строение и т. д. Доказать, что все полученные таким образом
параллелограммы имеют один и тот же центр (закон постоян-
ства центров).
3.	Пользуясь одной только линейкой, найти центр тяжести
фигуры, состоящей из двух прямоугольников, сложенных
Друг с другом в виде буквы Г.
4.	Двое играют в следующую игру: каждый по очереди
кладет монету на круглый стол. Монеты должны быть оди-
накового достоинства, причем их нельзя класть друг на
друга. Выигрывает тот, кто положит последнюю монету. Как
нужно играть, чтобы непременно выиграть?
5.	Найти геометрическое место точек, сумма расстояний
37
Которых от двух данных пересекающихся прямых постоянна
и равна данному отрезку.
6.	Отрезок постоянной длины скользит своими концами по
двум взаимно перпендикулярным прямым. Какую линию
описывает середина отрезка?
7.	Доказать, что середины сторон четырехугольника суть
вершины параллелограмма; середины диагоналей этого че-
тырехугольника и середины двух противоположных сторон
также являются вершинами параллелограмма. Все три па-
раллелограмма имеют общий центр.
8.	Доказать, что, пользуясь только линейкой с параллель-
ными краями, можно: а) построить биссектрису данного угла;
б) найти точку, симметричную с данной точкой относительно
данной оси; в) разделить данный отрезок пополам; г) про-
вести перпендикуляр из данной точки к данной прямой.
9.	Через точку, данную внутри угла, провести секущую
так, чтобы получился треугольник 'наименьшей площади.
10.	На окружности даны точки Л и В, на прямой I дана
точка М. Найти на окружности такую точку Р, чтобы прямые
АР и ВР пересекли прямую I в точках, находящихся на рав-
ных расстояниях от М.
11.	Внутри треугольника дана точка. Провести через нее
прямую так, чтобы отрезок, полученный внутри треугольни-
ка, разделился этой точкой пополам.
12.	Даны два параллелограмма: ABCD и A'B'C'D', Дока-
зать, что середины отрезков АА', ВВ', СС', DD' тоже явля-
ются вершинами параллелограмма.
13.	Доказать, что биссектрисы углов параллелограмма
образуют своим пересечением прямоугольник.
14.	На сторонах АВ и АС в треугольнике АВС извне по-
строены квадраты ABDE и ACFG (вершины D и F противо-
положны А). Доказать: a) EG перпендикулярна к медиане,
проведенной из точки А, и вдвое больше ее; б) если построить
параллелограмм AE/G, где EIHAG и IGHAE, то IA проходит
по высоте треугольника АВС\ IB LCD, ICLBF.
§ 4. ПАРАЛЛЕЛЬНЫЙ ПЕРЕНОС
(4.1)	Прежде чем перейти к изучению преобразования
переноса, необходимо познакомиться с понятием вектора L
Определение 1. Если на данном отрезке установить опреде-
ленное направление, то такой направленный отрезок называется
вектором. В каждом векторе различают его начало и конец.
Если точка А — начало вектора, а точка В — его конец, то
вектор обозначается символом АВ. Иногда для обозначения
1	Слово «вектор» происходит от латинского глагбла :vecto — везу,
влеку.
38
вектора мы будем пользоваться одной буквой, но также со
стрелкой вверху: а, /и, г и т. д.
Понятие вектора играет большую роль в математике и фи-
зике. Векторными величинами являются сила, скорость, ускоре-
ние, момент силы и т. д.
Определение 2. Абсолютной величиной, или модулем, вектора
называется длина соответствующего отрезка. Обозначается так:
|т|, |АВ\.
Определение 3. Параллельные векторы называются также< кол-
линеарными. Коллинеарные векторы называются сонаправлен-
ными, если они принадлежат одной и той же прямой и имеют
одно и то же направление (рис. 44); или если они не принад-
лежат одной и той же прямой, но находятся в одной и той же
полуплоскости относительно прямой, проходящей через их на-
чала (рис. 45).
Коллинеарные векторы, не удовлетворяющие этим условиям,
называются противонаправленными (рис. 46).
Определение 4. Два вектора считаются равными, если они
сонаправлены и если равны их абсолютные величины (на рис. 47
АВ = CD).
Из этого определения следует: 1) т = т\ 2) если а =Ь,
то и Ъ = а\ 3) если а = b, Ь = с, то и а = с.
Операции над векторами являются обобщением соответству-
ющих операций над отрезками, что можно видеть из следующего
определения.
Определение 5. Для того чтобы сложить два вектора, от
конца первого вектора отложим вектор, равный второму вектору.
Тогда суммой будет вектор, началом которого служит начало
первого вектора, а концом — конец второго (рис. 48).
Следствие. При любом расположении точек А, В и С
имеем:
АВ -h ВС = ДС.
Сумма векторов подчиняется тем же законам, что и суммы
чисел и отрезков.
Теорема. Сумма векторов подчиняется: 1) переместитель-
ному и 2) сочетательному законам.
Доказательство. 1) Пусть тип — неколлинеарные
векторы (рис. 49, а). Отложим от произвольной точки О вектор
ОМ, равный т, и от конца его М отложим вектор МР = п.
Тогда ОР = т + п. Отложим теперь от точки О вектор ON = п.
—>	—
Четырехугольник OMPN — параллелограмм, так как МР = ON
39
Рис. 19
и, значит, NP = т. Итак, ОР = п + т, следовательно,
т + п = п + т.
Если т и п сонаправлены, то сложение их осуществляется
так же, как сложение отрезков, и потому тоже подчиняется
переместительному закону.
Если тип противонаправлены, то при любой последователь-
ности операций мы из большего отрезка вычитаем меньший и
полученной разности даем направление вектора, большего по
абсолютной величине. Итак, и в случае коллинеарных векторов
имеем:
т + п = п + т.
—► —►
2) Пусть даны векторы /и, п и р (рис. 49,6). Отложим от
точки О вектор ОМ = т, потом от^точки М— вектор MN =|п
и, наконец, от точки N вектор NP = р и получим:
ОМ +MN = ON, ON + NP = OP, т. e. (m+n) + p = OP.
С другой стороны:
MN + NP = MP, OM + MPt = OP, t. e. m + (n + p) = OP.
Итак,
(m + n) + p = m + (n + p).
Определение 6. Если у данного вектора переменить направление
на обратное, то полученный вектор называется противополож-
ным первоначальному. Так, вектор’ВЛ противоположен вектору
АВ. Вектор, противоположный вектору т, обозначается симво-
лом — т.
Сумма двух взаимно противоположных векторов дает нуль-век-
тор— точку: АВ 4- ВЛ =0, т + (—~т) —0.
Следствие. При сложении всякого вектора с нуль-вектором
данный вектор остается без изменения.
Действительно, мы имеем:
ЛВ + О= АВ-|-ВС+СВ = ЛС + СВ = ЛВ.
41
Определение 7. Чтобы вычесть из вектора т вектор и, при-
бавляют к вектору т вектор — и, т. е.
т — п = т + (— и).
Из этого определения следует: 1) Основная определяющая
формула вычитания чисел остается справедливой для вычита-
ния векторов:
т — п + п = т + (— п) + п = т + 0 = пг,
т. е. т — п + п = пг.
2) Если два данных вектора привести к общему началу
и, проведя через концы их параллельные, построить парал-
лелограмм, то диагональ, идущая из общего начала, дает
сумму векторов, а диагональ, соединяющая их концы, дает
разность, причем вектор-разность направлен от вычитаемого
к уменьшаемому (рис. 50).
(4.2) Определение 1. Если для каждой точки А плоскости
найти соответствующую точку А' таким образом, чтобы век-
тор АА' был равен одному и тому же постоянному вектору
т , то такое преобразование называется параллельным пере-
носом или трансляцией (рис. 51).
Так как параллельный перенос вполне определяется зада-
нием вектора т то это преобразование записывается так:
т(А) = А'.
42
С параллельныхМ переносом мы довольно часто встречаем-
ся на практике. Например, проводя параллельные прямые
при помощи линейки и треугольника, мы перемещаем тре-
угольник так, чтобы одна из его сторон скользила по линейке.
Это движение и есть параллельный перенос, вектор которого
направлен вдоль края линейки. Параллельным переносом
является движение многих инструментов, например рубанка
и фуганка при обработке поверхности дерева, движение тис-
ков при их разведении или сведении и т. д.
Из определения 1 получаем:
Следствие 1. Неподвижных, точек, при параллельном пере-
носе нет. Неподвижными прямыми являются прямые, парал-
лельные вектору переноса.
Отсутствие неподвижных точек есть следствие того, что
каждая точка плоскости смещается в новое положение.
Если прямая параллельна вектору переноса, то всякая
точка этой прямой переходит в точку той же прямой, сама же
прямая остается неподвижной.
Следствие 2. Фигуры, преобразующиеся друг в друга па-
ралельным переносом, равны и одинаково ориентированы
(рис. 51).
Это видно из того, что такие две фигуры можно совместить
друг с другом, передвинув одну из них на вектор переноса.
Это же предложение следует из зависимости, существую-
щей между параллельным переносом и осевой симметрией.
Именно, имеют место теоремы:
Теорема 1. Две последовательные осевые симметрии со
взаимно параллельными осями тождественны с параллель-
ным переносом, вектор которого - по абсолютной величине
вдвое больше расстояния между осями и направлен от первой
оси ко второй.
Доказательство. Пусть мы имеем две оси симметрии
s и s', причем s Н s' (рис. 52).
Положим, что 5(Д) = Д1 и s' (ДО == Д', причем отрезок
ААг пересекает ось s в точке М, а отрезок ДХД' пересекает
ось s' в точке N. Так как ДДХ I s, ДХД'J_s' и
s || s', то перпендикуляры ДДхи Д^Д' совпадают и точки Д, Дх
и Д' лежат на одной прямой. При любом расположении осей и
точки А будем иметь: AM =MAi и ДХМ = МД'. Следовательно,
ДМ + МДх+ A^I + НА' = ДМ + MN+NA' = 2MN = ДД'.
Здесь MN — вектор, направленный по ширине полосы между
осями s и s', ДД' — вектор переноса.
Теорема 1' (обратная). Каждый параллельный перенос тож-
дествен с двумя последовательными осевыми симметриями,
43
оси которых, перпендикулярны к вектору переноса и расстоя-
ния между ними вдвое меньше абсолютной величины ^этого
вектора, причем одну из осей можно взять произвольно.
Доказательство. Пусть мы имеем т(А)}=А'. Прове-
дем произвольно ось s перпендикулярно к вектору т. Положим,
что s(X) = ^i. Так как 5_]_ДД', то точки Д, Дг и А' лежат
на одной и той же прямой. Ось симметрии s' точек Аг и Д'
Рис. 53
перпендикулярна к той же прямой ДД'. Итак, мы имеем
s (Д) = Др $'(Д1)	Д', т. е. параллельный перенос заменен
двумя осевыми симметриями.
Дальнейшее доказательство идет, как в предыдущей теореме,
и вновь получаем, что ДД' = 2MN.
Из обеих теорем тотчас же следует, что перенос преобразует
фигуру в равную и одинаково ориентированную.
Отметим еще одно важное свойство параллельного переноса.
Теорема 2. Параллельный перенос преобразует каждый
вектор в равный ему вектор.
Доказательство. Пусть А В — данный вектор, т — век-
тор переноса (рис. 53). Имеем: т(А)=А'\ т(В) = В'. Так как
АД' = В В' = т, то А'А + В В' =0и, значит,
АВ = А^А + АВ + BZ? = Д'"в + ВВ' = Д'В'.
Итак, АВ = А'В'.
Из этой теоремы также следует, что параллельный пере-
нос преобразует всякую прямую в прямую, ей параллельную.
(4.3) При помощи переноса можно решить много разно-
образных задач. Приведем примеры.
Задача 1. Построить четырехугольник по четырем сторо-
нам и углу между двумя противоположными сторонами.
Решение. Положим, что четырехугольник ABCD —
искомый (рис. 54), причем нам известны его стороны АВ, ВС,
CD и DA, а также Z.APD, где Р — точка пересечения сторон
АВ и CD. Приняв В? за вектор переноса, перенесем отрезок
АВ в положение Д'С. Z.A'CD= Z.APD, и потому этот угол
нам известен. Поэтому, начав построение с отрезка СО, мы
можем построить отрезок СД', так как нам известна его дли-
на и угол, который он образует с отрезком СО. Построив
этот отрезок, мы определим положение точки Д'. Далее нам
известно, что точка А находится от точки О на известном
расстоянии ОД, а от точки Д' — тоже на известном расстоя-
нии АА' = ВС.
Итак, точка А найдется в пересечении двух дуг окруж-
ностей: первая — с центром О и радиусом ОД, вторая — с
центром Д' и радиусом ВС. Найдя точку Д, проведем через
45
нее прямую, параллельную /ГС, и отложим на ней отрезок
АВ. Этим будут найдены все вершины четырехугольника.
Задача будет разрешима лишь в том случае, если отрезки
CD, АВ и A'D удовлетворяют неравенству треугольника, так
как только при этом условии можно найти точку А.
Задача 2. Доказать, что две последовательные централь-
ные симметрии относительно двух различных центров то-
ждественны параллельному переносу.
Решение. Пусть О и 0'-^ два данных центра (рис. 55),
О(Д) = Л1; О'(Д1) = Л'; 7^ = АО+ 0^=204^
А^А' = А^а + О'А' = 2А£'.
Итак, АА' = АА! + АГА' =2ОДХ -^ZAft'.
И, наконец, так как средняя линия треугольника равна по-
ловине основания, то А А' = 200'.
Итак, мы получили перенос, вектор которого вдвое боль-
ше вектора, направленного от первого центра ко второму.
Упражнения
1.	Построить трапецию по четырем ее сторонам.
2.	Построить трапецию по двум основаниям и двум диа-
гоналям.
3.	Построить треугольник по трем его медианам.
4.	Внутри полосы дана точка Р. Построить окружность,
проходящую через точку Р и касающуюся сторон полосы,
5.	Данный -вектор поместить так, чтобы начало его лежа-
ло на одной из двух данных окружностей, а конец — на
другой.
6.	Доказать, что никакая ограниченная фигура не может
иметь двух центров симметрии.
7.	Построить четырехугольник по четырем сторонам и
медиане (медианой четырехугольника называется отрезок,
соединяющий середины противоположных сторон).
8.	По разные стороны реки на различных расстояниях от
ее берегов находятся два селения. Предполагая, что берега
реки прямолинейны и параллельны, найти, в каком месте
нужно построить мост, чтобы дорога между селениями была
кратчайшей.
9.	Доказать, что плоскость можно замостить паркетом из
равных между собой четырехугольников произвольной
формы.
46
10.	Построить параллелограмм, зная, что две вершины
его должны находиться в двух данных точках, а две дру-
гие— на данной окружности (рассмотреть два случая).
11.	Построить n-угольник, зная середины п его сторон.
12.	Даны три центра симметрии Oi, O2l О3. Произвольная
точка плоскости преобразуется в новую точку относительно
Oi, полученная точка преобразуется относительно О2, новая
точка — относительно О3, далее относительно Оь потом отно-
сительно О2 и, наконец, относительно О3. Доказать, что
после шести преобразований каждая точка возвращается в
исходное положение.
13.	Дан треугольник АВС и прямая I. Провести секущую^
параллельную Z, так, чтобы пересечь сторону АВ в точке М,
а сторону АС в точке W и чтобы было AM = CN.
14.	Дана окружность и угол. Провести секущую прямую
перпендикулярно к биссектрисе угла так, чтобы полученная
хорда в окружности и отрезок секущей внутри угла были
равны между собой.
15.	Через две точки окружности провести две параллель-
ные хорды, сумма или разность которых равнялась бы дан-
ному отрезку.
§ 5. ВРАЩЕНИЕ (ПОВОРОТ)
(5.1)	Для того чтобы определить понятие вращения, не-
обходимо предварительно дать определение направленного
(или ориентированного) угла.
При определении понятия вектора мы рассматривали на-
правленный отрезок, в котором один из концов считается на-
чальной точкой, а другой — конечной, а самый вектор можно
представить как след движения точки от начала к концу.
По аналогии с этим дадим определение ориентированного
угла.
Определение 1. Если одну из сторон угла принять за на-
чальную, а другую за конечную, а самый угол рассматривать
как след движения (вращения) начального луча до его совпа-
дения с конечным, то такой угол называется ориентирован-
ным углом или версором !. Два версора считаются равными,,
если равны соответствующие углы и одинаковы их направле-
ния. Если углы двух версоров равны, а направления их про-
тивоположны, то версоры называются противоположными.
На рис. 56,а показаны равные версоры ЛаЬ= Z.a'b', так
как равны соответствующие углы, а лучи ОЬ и О'Ь' на-
ходятся в левой полуплоскости относительно лучей Оа и О'а'.
1 Слово- «версор» происходит от латинского глагола verso — вращаю.
В дальнейшем будем иметь дело только с ориентированными углами.
Обозначать их будем обычным знаком «Z> и называть просто «углом*.
47
На рис. 56,6 показаны противоположные версоры Z/nn=
= — Лт'п', так как их углы равны, ’но луч On находится в ле-
вой полуплоскости относительно луча От, а луч О'п' — в пра-
вой полуплоскости относительно луча О'т'.
Так как по отношению к начальной стороне угла вторая
сторона его может находиться либо в левой, либо в правой
полуплоскости, то отсюда следует, что ориентированный угол
может иметь два, и только два, различных 'направления. Одно
из этих направлений считается положительным, другое —
отрицательным. Обычно в качестве положительного направле-
ния выбирают то, при котором конечный луч угла лежит в ле-
вой полуплоскости по отношению к начальному лучу. Ь этом
случае движение от начального луча к конечному называют
вращением в положительном направлении (противоположно
движению часовой стрелки), а самый угол считается положи-
тельным. Противоположное движение считается вращением в
отрицательном направлении (по часовой стрелке), а самый
угол считается отрицательным.
Сложение углов определяется аналогично сложению век-
торов.
Определение 2. Чтобы сложить два угла, строят при ко-
нечном луче первого слагаемого угол, равный второму слагае-
мому. Угол-сумма имеет начальным лучом начальный луч
первого слагаемого, а конечным лучом — конечный луч второ-
го слагаемого. Из этого определения следует формула:
Zab-4- Z&c = Лас.
Вычитание углов определяется как сложение угла умень-
шаемого с углом, противоположным вычитаемому.
48
Операции над углами можно представить себе наглядно
следующим образом. Положим, что луч, вращаясь в опреде-
ленном направлении, покрывает плоскость какой-нибудь
краской, например красной. При вращении в противополож-
ном направлении этот же луч покрывает плоскость краской
другого цвета, например синей. Положим, наконец, что если
эти две краски покроют друг друга, то они взаимно уничто-
жатся.
При помрщи этого наглядного представления нетрудно
проверить справедливость переместительного и сочетательного
законов при сложении углов, а также справедливость опреде-
ляющей формулы вычитания
ЛаЬ—Z.bc+ Z_bc= ЛаЬ.
(5.2)	Если вершину угла поместить в центре окружности,
то можно установить взаимнооднозначное соответствие меж-
ду углами и направленными дугами одной и той же окруж-
ности. Положительному углу Z~ab при этом соответствует по-
ложительная направленная дуга, обозначаемая ч^ДВ, где А
и В — соответственно точки пересечения лучей Оа и ОЬ с
окружностью. Операции над направленными дугами опреде-
ляются в соответствии с операциями над углами. Сумма
углов Z.ab+ Z.bc соответствует сумме дуг оДВ + <уВС, и при
любом расположении точек Д, В и С на окружности имеет
место формула:
\jAB + \^BC=\jAC.
Две равные, но противоположно,направленные дуги назы-
ваются противоположными, Например^если в окружности
проведены параллельные хорды: ДД'||ВВ', причем векторы
1 » ——»
ДД' и ВВ' сонаправлены, то дуге АВ противоположна дуга
Д'В', так как они симметричны по отношению к диаметраль-
ной прямой, перпендикулярной к хордам (рис. 57). Осевая же
симметрия меняет ориентацию фигур на обратную.
Если же ММ' и NN'— два диаметра одной и той же
окружности, то Z.MON = Z.M'ON' и \jMN=\^M'N'i так как
эти углы и дуги центрально симметричны относительно
центра О, а центральная симметрия не меняет ориентации
фигур. На основании этих выводов нетрудно установить со-
ответствие между величиной угла, стороны которого пересе-
кают окружность, и дугами этой окружности. Условимся го-
ворить, что угол «опирается» на дугу окружности, если концы
дуги лежат на сторонах угла или на их продолжении, а все
точки дуги принадлежат внутренней области угла или внут-
ренней области угла, вертикального с данным.
4 А. И. Фетисов	49
Теорема 1. Если стороны угла пересекают окружность или
касаются ее, то этот угол измеряется полусуммой направлен-
ных дуг, на которые он опирается.
Рассмотрим Zaft (рис. 58) и обозначим буквами А, А' и
В, В' точки пересечения окружности соответственно с прямы-
ми а и ft, и притом так, чтобы дуги АВ и А'В' принадлежали
внутренней области угла (рис. 58, а) либо внутренней об-
Рис. 57	Рис. 58
ласти данного угла и вертикального с ним (рис. 58, б). Про-
ведем диаметры М'М и N'N, сонаправленные с лучами Sa и
Sb. Тогда получим:
'	^МА = —^М'А'; ^BN =—^B'N'.
Припоминая формулу \jAB + ^>BC = \^AC, получим:
^MN= ^МА + ^АВ + <jBN,
^M'N'= ^М'А'+ ^А'В'+
Складывая почленно эти равенства, получим, принимая во
внимание вышеустановленные соотношения между дугами:
2 <7 MN = О АВ + о А’В’, или MN = ^АВ А'~.
2
Это значит, что направленная дуга центрального угла,
равного данному углу, равна полусумме дуг, определяемых
данным углом на окружности. Иначе это выражается слова-
ми: угол измеряется полусуммой направленных дуг, на кото-
рые он опирается.
Если, в частности, вершина угла лежит на окружности, то
дуга А'В' обращается в нуль и мы получаем, что вписанный
угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
На основании этих выводов можно решить следующую
задачу.
50
Задача. Даны две постоянные точки А и В. Найти гео-
метрическое место таких точек О, чтобы угол АО В был равен
данному углу а.
Решение. Из вершин А и В проведем два луча Аа, ВЬГ
перпендикулярных к прямой АВ (рис. 59), причем поместим
их в левой полуплоскости относительно АВ, если угол а поло-
жительный, и в правой в противоположном случае. При
луче Аа построим /та, равный углу а, и обозначим буквой
О точку пересечения луча Ат с лучом ВЬ. В прямоугольном
треугольнике АО В медиана ВМ равна половине гипотенузы,
поэтому окружность с центром в точке М и радиусом МВ
пройдет через точки А и О\ /та^= /АОВ как центрально
симметричные относительно центра М.
Вместе с тем всякий угол с вершиной на дуге АОВ и со
сторонами, проходящими через точки А и В, равен данному
углу а, так как он измеряется половиной направленной дуги
АВ, которой измеряется и /АОВ = а.
Кроме точек этой дуги, никакие другие точки плоскости
этим свойством не обладают, так как угол с вершиной О', не
лежащей на этой дуге, измеряется полусуммой---------, ко-
торая не равна : в этом случае А'В'^=0.
Заметим, что описанное в этой задаче построение назы-
вается построением сегмента, вмещающего данный угол.
(5.3)	Определение. Вращением называется такое преоб-
разование, когда в плоскости дается неподвижная точка О —
центр вращения — и каждая другая точка плоскости А пре-
образуется в соответственную точку А' так, что выполняются
4*
51
условия: ОА = ОА' и ^АОА'=а>— постоянному углу враще-
ния (рис. 60).
Условимся считать эквивалентными с точки зрения вра-
щения углы, отличающиеся друг от друга на 360°, так как и
поворот на угол со, и поворот на угол со+ 360° все равно при-
водит к совмещению точки А с точко А'.
Преобразование точки А в точку А' посредством враще-
ния с центром О и углом со записывается так:
0<о(Л) ~А'.
Из определения вращения получаем ряд следствий.
Следствие 1. Единственной неподвижной точкой в преоб-
разовании вращения при условии 0<со<360° является центр
вращения О.
Это есть очевидное следствие того, что Z.AOA'=& и что со
отличается и от нуля и от 360°, в аилу чего точки А и А' сов-
пасть не могут, поэтому никакая точка, отличная от точки О,
не будет неподвижной.
Обратно, из условия Оа>(А)=Л мы заключаем, что со =
=п-360°(п=0,1,2,...).
Следствие 2. При со =180° вращение тождественно с цент-
ральной симметрией.
Следствие 3. Каждая фигура преобразуется вращением в
равную и одинаково ориентированную. При этом каждый век-
тор преобразуется в новый вектор, а угол между ними будет
равен углу вращения.
Равенство и одинаковую ориентацию фигур легко устано-
вить, закрепив плоскость в центре О и повернув ее на угол со
вокруг этой точки. Тогда каждая точка первой фигуры совмес-
тится с соответственной точкой второй фигуры (рис. 61).
52
Чтобы установить взаимосвязь между векторами, преобра-
зующимися один в другой вращением, рассмотрим вектор АВ,
начало которого не совпадает с центром О, и положим, что
Ою (АВ) s AW	(рис. 62).
Построим векторы ОМ = АВ и ОЛ1'=«А'В*. Так как при
вращении сохраняется равенство векторов, то
О» (ОМ) = ОМ'
и, значит, ^ЛЮЛГ = <о, т. е. угол между векторами АВ и А'В'
равен углу вращения.
Как и в предыдущих случаях, это предложение можно до-
казать, установив связь между вращением и осевой симметрией.
Она дается в следующих теоремах.
Теорема. Две последовательные осевые симметрии в пере-
секающимися осями тождественны с вращением, центр кото-
рого совпадает с точкой пересечения осей, а угол w вдвое
больше, чем угол между осями.
Доказательство. Пусть даны оси s и s', пересекающиеся
в точке О (рис. 63). Выберем на прямой s какой-нибудь луч^Оз,
а луч Os' выберем так, чтобы / sOs’ был положительный и не
больше развернутого. Для любой точки А будем иметь:
s(A) = Aj и s'(Ai) = A'.
Далее получим:
/ AOs = sOAi, Afis' = s'OA ;
53
и вместе с тем:
/ АО А' = / AOs + / sOAr + / AxOs' + /_s 04 =
=2 Z. sOAr + 2Z 4i0s' =
=2 (Z sOAi + Z AiOs') =2Z sOs'.
Итак, / AO A' =2Z sOs' = co.
Вместе с тем в силу симметрии ОА = ОА[ и ОА^ОА', сле-
довательно, О о (Д) = Д'.
Теорема (обратная). Всякое вращение тождественно с дву-
мя последовательными осевыми симметриями, оси которых
проходят через центр вращения, а угол между осями равен
половине угла вращения. (При этом одну из осей можно взять
произвольно.)
Д оказ ател ьство. Пусть мы имеем ОЮ(А)= А'. Прове-
дем через точку О произвольно ось s и пусть s(4)=4b Тогда
по свойству симметрии ОА = ОА\, а по свойству вращения
ОА = ОА'. Отсюда следует, что ОАХ = ОА' и потому ось сим-
метрии s точек Ai и А' проходит через точку О, Далее анало-
гично предыдущему докажем, что 2ZsOs,=(o.
Этим доказано, что вращение можно заменить двумя осе-
выми симметриями s и s'.
Следствием этих теорем является то, что вращением каж-
дая фигура преобразуется в равную и одинаково ориентиро-
ванную фигуру.
(5.4)	Приведем примеры задач, решаемых при помощи
вращения.
Задача 1. В данный квадрат вписать равносторонний тре-
угольник так, чтобы три вершины треугольника лежали на
сторонах квадрата, притом одна из них в данной точке.
54
Решение. Пусть ABCD — данный квадрат, Р — данная
точка на стороне AD (рис. 64). Положим, что MNP — искомый
равносторонний треугольник. Произведем вращение всей
фигуры вокруг центра Р на угол ы = 60°. Получим: Р.а. (Л)=
= Л'; Рв0.(В) = В'; Р.0.(С) = С'; PW.(D) = D'; P9.,(M) = N.
Вместе с тем мы видим, что точка N лежит на пересече-
нии отрезков CD и А'В'. Этим определяется вторая вершина
искомого треугольника. Для получения точки М вернем квад-
рат A'B'C'D' в первоначальное положение, тогда точка М
займет надлежащее положение на стороне АВ; AMNP — рав-
носторонний, так как PM = PN и, кроме того, Z.MPN=60°.
Задача 2. Построить квадрат так, чтобы одна его вершина
находилась в данной точке Р, а соседние вершины: одна на
данной прямой, другая на данной окружности.
Решение. Пусть даны: точка Р, прямая / и окружность
с центром О (рис. 65). Одна из искомых вершин — М находит-
ся на окружности с центром О, другая — N — на прямой I.
Четвертую вершину — Q легко построить, зная вершины Л4,
N, Р.
Повернем весь чертеж на угол 90° вокруг центра Р. Тогда
точка М перейдет в точку N, а окружность преобразуется в
новую окружность, с центром О'. Положение точки N на пря-
мой I определяется пересечением окружности с центром О' и
прямой I. Чтобы получить точку М, возвращаем фигуру в ис-
ходное положение, при этом точка N обратно преобразуется в
М. Z.MPN = 90°, PM = PN и потому AMNP — равнобедренный
и прямоугольный, чем вполне определяется искомый квадрат.
Так как окружность с центром О' может пересечь пря-
мую I еще в одной точке, то мы можем получить еще один
квадрат, удовлетворяющий условию задачи (на рис. 65 по-
казан пунктиром квадрат PM\Q\N\).
55
Если бы мы рассмотрели точки пересечения прямой в
которую преобразуется прямая /, и окружности с центром О,
то могли бы получить еще решение (на рис. 65 /' не пересе-
кает окружность с центром О).
Задача 3. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС
построены извне равносторонние треугольники: А'ВС, В'СА и
С'АВ. Доказать, что: 1) отрезки АА', В В', СС' равны между
собой; 2) они пересекаются в одной и той же точке; 3) каж-
дый из этих отрезков образует с другим угол в 120°.
Рис. 66
Решение. На рис. 66 построена соответствующая фигу-
ра. Проведем сначала только два отрезка — ВВ' и СС'. По-
вернем отрезок ВВ' вокруг центра А на угол 60°. Тогда точка
В' перейдет в точку С, а точка В — в точку С'. Таким обра-
зом, отрезок ВВ' преобразуется в отрезок С'С, значит, ВВ'=
56
Кроме того, угол между векторами ВВ' и С'С равен углу
вращения, т. е. 60°. Поэтому угол между векторами ВВ' и СС'
равен 120°.
Рассмотрим теперь четырехугольник РВА'С, в котором
/Л'=60°, ZBPC= 120°. Около этого четырехугольника можно
описать окружность (она не показана на чертеже). По свой-
ству вписанных углов Z.BPA'= ZBCA'=60°. Далее, в четы-
рехугольнике АРВС' ZBPC'= ZBAC'—60°. Значит, и около
этого четырехугольника можно описать окружность. Поэтому
ZAPC'= ZABC'=f>0°. Итак, мы получили: ZA'PB+Z.BPC'+
+/С'РД=60°+60°+60°= 180°, т. е. Z.A'PA — развернутый и
точки А, Р, А' лежат на одной и той же прямой и, значит,
отрезок АА' проходит через ту же точку Р и образует с отрез-
ками ВВ' и СС' углы в 120°.
Точка Р принадлежит к числу так называемых «замеча-
тельных точек треугольника». Она называется точкой Торри-
челли 1 и обладает многими интересными свойствами. Так, на-
пример, можно доказать, что если она лежит внутри треуголь-
ника или на его стороне, то сумма ее расстояний от трех вер-
шин треугольника есть величина наименьшая по сравнению с
такой же суммой для любой другой точки плоскости.
(5.5)	С теоретической и практической точек зрения пред-
ставляет большой интерес вопрос о взаимоотношении между
параллельным переносом и вращением. Здесь необходимо в
первую очередь доказать следующую теорему.
Теорема J (Бернулли — Шаля 2). Всякие две равные и
одинаково ориентированные фигуры на одной и той же плос-
кости можно преобразовать друг в друга либо одним перено-
сом, либо одним вращением.
Доказательство. Пусть А и В — точки одной фигуры
А' и В' — соответствующие точки другой. Возможны два иск-
лючающих друг друга случая: 1) АВ = А'В'; 2) AB=f=A'B’.
Рассмотрим сначала первый случай. Если АВ — А'В'
(рис. 67), то перенос с вектором А А' = m преобразует точку
А в А’ и точку В в В' в силу того, что всякий перенос пре-
образует вектор в равный вектор. Если С — какая-нибудь точка
1 Э. Торричелли (1608—1647)—итальянский ученый. Известен свои-
ми работами по физике и математике.
2 И. Бернулли (1667—1748) —выдающийся математик, профессор Гро-
нингенского (Голландия) и Базельского (Швейцария) университетов;
М. Шаль (1793—1880) —французский ученый, один из крупнейших геомет-
ров XIX столетия.
57
первой фигуры, а С' — соответствующая ей точка второй, то в
силу равенства и одинаковой ориентации фигур будем иметь
у САВ = / С 'А 'В', СА = С'А' и потому СА = С'А' и, зна-
чит, точка С преобразуется в С'. Итак, этим переносом каждая
точка первой фигуры преобразуется в соответствующую точку
второй фигуры.	___
Рассмотрим второй случай: пусть А В =£= А 'В' (рис. 68).
Найдем вращение, преобразующее первый вектор во второй.
Центр О этого вращения может быть найден по следующим
условиям: 1) угол вращения & = ^/_АОА' равен углу, образуе-
Рис. 67	Рис. 68
мому вектором АВ с вектором Д'В'; 2) центр вращения О на-
ходится на оси симметрии точек Д и Д', так как О А ~ОА'.
Поэтому для определения центра О строим на отрезке ДД'
сегмент, вмещающий угол со, и проводим ось симметрии точек
Д и Д'. Искомый центр будет найден в пересечении дуги сег-
мента с этой осью симметрии. Очевидно, вращение вокруг
центра О на угол АОА' = со преобразует точку А в Д'. Вместе
с тем вектор, в который преобразуется ДВ, образует с АВ угол,
равный со, и потому должен совпадать с вектором Д'В', так
как ДВ = Д'В' и фигуры одинаково ориентированы.
Итак, найденное вращение преобразует точку Д в Д' и В
в В'. Если С и С' — третья пара соответственных точек, то в
* >
силу равенства и одинаковой ориентации фигур вектор А’С об-
разует с Д'В' такой же угол, как АС с АВ, а значит, и угол
между АС и А’С’ равен углу со. Поэтому найденное вращение
58
преобразует точку С в С'. Таким образом, мы нашли вращение,
преобразующее первую фигуру во вторую. Задача эта всегда
разрешима, так как всегда можно определить угол между со-
ответственными векторами фигур, построить сегмент, вмещаю-
щий этот угол, и найти точку пересечения дуги сегмента с ее
осью симметрии.
Решение будет единственным, так как если бы оказался
еще один центр вращения О', то через него должны были бы
пройти и оси симметрии пар А и Л'* В и В', С и С' и т. д., а
также все дуги сегментов, построенных на АА', BB't СС'
и т. д. и вмещающих тот же угол со. Но все эти линии должны
пройти и через точку О. Поэтому О' = О.
Теорема Бернулли—Шаля имеет большое практическое
значение при изучении различных’ плоских движений. Она же
дает возможность выяснить, какое преобразование может по-
лучиться в результате двух последовательных преобразова-
ний переноса или вращения. Докажем следующую теорему.
Теорема 2. 1) Два последовательных переноса тожде-
ственны с одним переносом; 2) перенос и последующее враще-
ние, а также вращение и последующий перенос дают враще-
ние; 3) два последовательных вращения могут дать либо вра-
щение, либо перенос.
Доказательство. 1) Пусть Л и В—две различные
точки первой фигуры. Первый перенос преобразует их в точки
А' и В', а второй перенос преобразует точки Л' и В' соот-
ветственно в точки А" и В" (рис. 69). Согласно доказанному
раньше имеем:
АВ = Л7^; АВ'^А^, т. е. АВ = АТТ.
59
Но такое же равенство имеет место для любых соответст-
венных векторов первой и третьей фигур, поэтому по теореме
Бернулли — Шаля существует перенос, преобразующий первую
фигуру в третью. Кроме того, равенство АА' + А'А" = АА"
показывает, что вектор результирующего переноса равен сум-
ме векторов данных переносов.
2) Положим теперь, что некоторая фигура преобразована
переносом с вектором т во вторую фигуру, которая вращением
с центром О и углом со преобразована в третью фигуру. Пусть
вектор АВ преобразован в А'В’, а вектор А'В' — в вектор
А"В". Так как первое преобразование — перенос, то АВ = А'В'.
Так как второе преобразование — вращение, то вектор А’В’ об-
разует с Л"В" угол со. Следовательно, по теореме Бернулли —
Шаля первая фигура преобразуется в третью вращением с уг-
лом со, так как вектор АВ образует с вектором Л"В" тот же
угол со (рис. 70). Для построения центра нового вращения про-
ведем через центр О прямую Z, перпендикулярную к вектору
переноса tn, и примем ее за ось полосы, ширина которой равна
величине вектора tn. По обе стороны от О проведем симмет-
ричные лучи под углом к оси I. Пусть левый луч пересе-
кает сторону полосы в точке О', а правый — в точке О". Точка
О' и будет новым центром вращения, так как перенос переве-
дет точку О' в О", а вращение переведет О" обратно в О'.
Итак, точка О' осталась на месте после двух преобразований,
т. е. О' центр результирующего вращения.
Подобным же способом нетрудно показать, что вращение с
последующим переносом дает вращение на тот же угол, но
с новым центром.
3) Положим, наконец, что мы имеем два вращения с цент-
рами Ох и О2 и с углами (Di и <о2 (рис. 71). Первым вращением
вектор АВ преобразуется в вектор А'В', а вторым вращением
вектор А'В' преобразуется в вектор А''В". Так как вектор АВ
образует с вектором А'В' угол cDb а вектор *А'В' с А"В" —
60
угол ш2 и так как оба положительны, то вектор АВ образует
с вектором А"В" угол + (о2, который будет углом нового
вращения. Если (ох + ш2 = п -360° (и = 0, 1,2,.. .), то резуль.
тирующее преобразование будет переносом.
в
Рис. 70	Рис. 71
Если же (oi + 02=^^• 360° (при n=0,l,2,...j, то в результа-
те мы будем иметь вращение? Для нахождения центра этого
вращения строим при вершине О\ угол coi так, чтобы луч
ОХО2 был биссектрисой этого угла. При вершине О2 строим
угол (о2 так, чтобы луч О2О\ был бы его биссектрисой. Пра-
вые лучи этих углов пересекаются' в точке О, левые — в точ-
ке О'. Первое вращение переводит О в О' (О^О = О^О' в силу
симметрии относительно О\О2). Второе вращение переводит
О' обратно в О. Итак, О есчь единственная неподвижная
точка окончательного преобразования, т. е. центр нового
вращения.
(5.6) Приведем примеры задач, решаемых с помощью
предыдущих теорем.
Задача 1. Столяру заказан ломберный столик, крышка
которого состоит из двух половин. В закрытом положении
крышка расположена на рамке стола так, как показано на
рис. 72, а, в раскрытом — на рис. 72,6. Спрашивается: в ка-
ком месте столяр должен укрепить шип, поворотом около
которого крышка стола переходила бы из первого положе-
ния во второе?
Решение. Геометрический смысл задачи заключается в
том, чтобы найти центр вращения, преобразующего прямо-
61
угольник ABCD в A'B'C'D' (рис. 73). Центр вращения О лег-
ко найти в пересечении осей симметрии пар А и Л', В и В'.
В этой именно точке и должен быть закреплен шип, обеспе-
чивающий нужный поворот.
б
Рис. 72
Задача 2. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника ЛВС
извне построены три квадрата с центрами О>, О2 и Оз
(рис. 74). Как построить ДЛВС, если даны центры Оь О2, О3?
Решение. Произведем последовательно три вращения
вокруг центров Оь О2 и О3 каждый раз на 90°. Как уже было
доказано, эти три вращения тождественны с одним вращением
на 270°. Центр этого вращения является неподвижной точкой
преобразования. Найдем этот центр. При первом вращении
точка В переходит в точку С, при втором вращении точка С
62
перейдет в точку А, при третьем вращении точка А перейдет
в точку В, Итак, точка В после трех вращений вернется в ис-
ходное положение, следовательно, она будет неподвижной
точкой преобразования. Остается найти эту точку.
Заметим прежде всего, что два первых вращения с угла-
ми поворота в 90° дают в результате вращение с углом пово-
рота в 180°, т, е. центральную симметрию. Так как этой сим-
метрией точка В преобразуется в точку А, то ее центр О сов-
падает с серединой стороны АВ. Зная, кроме того, что враще-
нием на 90° вокруг центра Оз точка А должна перейти в
точку В, мы получим эти точки, строя прямоугольный тре-
угольник с вершиной прямого угла в точке О3 и серединой ги-
потенузы в точке О.
Итак, построение искомого треугольника производится в
такой последовательности: 1) Согласно вышеуказанному пра-
вилу построения на отрезке О\О2 как на гипотенузе строим
равнобедренный прямоугольный треугольник и притом так,
чтобы вершина прямого угла была справа от направления
0102. Эта вершина и есть точка О. 2) Проведем через точку О
прямую, перпендикулярную к ОО3, и отложим на ней вправо
и влево от точки О отрезки О А = ОО3 и ОВ = ОО3 (при этом
А лежит вправо от О3О, В — влево). Для получения точки С
достаточно повернуть точку В на 90° вокруг точки Оь Полу-
ченная точка С вращением на 90° вокруг точки О2 должна
перейти в точку А, так как два вращения на 90° вокруг цент-
ров 01 и О2 эквивалентны центральной симметрии, преобра-
зующей А в В.
Решение это единственное, так как если допустить, что су-
ществует удовлетворяющий условию задачи треугольник
А'В'С', у которого хотя бы одна из вершин не совпадает с
вершинами ранее полученного треугольника АВС, то, повто-
рив те же рассуждения, мы придем к выводу, что три после-
довательных вращения не определяют однозначно центр ново-
го вращения.
У пражнения
1.	На данной прямой или на данной окружности найти
точку, соединив которую с концами данного отрезка, мы
получили бы данный угол.
2.	Дана окружность и две точки. Вписать в эту окруж-
ность прямоугольный треугольник так, чтобы его катеты (или
их продолжения) проходили через эти точки.
3.	Внутри остроугольного треугольника найти точку, из
которой его стороны были бы видны под одним и тем же
углом.
4.	Построить треугольник по основанию, противолежа-
щему углу и высоте, проведенной к боковой стороне.
63
5.	В данный квадрат вписать другой квадрат так, чтобы
одна из сторон вписанного квадрата проходила через данную
точку внутри данного квадрата.
6.	Построить равносторонний треугольник, стороны кото-
рого проходили бы через три данные точки и имели бы наи-
большую длину.
7.	Построить равносторонний треугольник, вершины кото-
рого лежали бы на трех данных параллельных прямых или
«а трех данных концентрических окружностях.
8.	Система из п различных зубчатых колес представляет
собой замкнутую цепь, в которой каждое колесо сцепляется
с двумя соседними. Указать необходимое и достаточное ус-
ловие того, чтобы все эти зубчатые колеса могли одновре-
менно двигаться.
9.	Прямоугольный треугольник движется по плоскости
так, что вершины острых углов его скользят по двум взаим-
но перпендикулярным прямым. Какую линию описывает вер-
шина прямого угла?
10.	Плоскость движется по другой плоскости так, что две
се точки скользят по двум пересекающимся прямым непод-
вижной плоскости. Доказать: а) что в подвижной плоскости
существует бесконечное множество точек, описывающих пря-
молинейные отрезки; б) что на ней также существует бес-
конечное множество точек, описывающих окружности.
11.	Доказать, что если на сторонах параллелограмма по-
строить извне квадраты, то центры этих квадратов являют-
ся вершинами нового квадрата.
12.	Доказать, что центры равносторонних треугольников,
построенных извне на сторонах произвольного треугольника,
являются вершинами равностороннего треугольника.
13.	Дана окружность и не лежащая на ней точка Р. Про-
вести через эту точку секущую так, чтобы полученная хорда
имела данную длину.
14.	Дан треугольник АВС. Произведем последовательно
'три вращения: около центра А на угол САВ, около центра
В на угол АВС, около центра С на угол ВСА. Где будет
центр и каков будет угол вращения, которое получится в
результате?
§ 6. ГОМОТЕТИЯ
(6.1)	Все рассмотренные нами преобразования — осевая
симметрия, центральная симметрия, параллельный перенос и
вращение — изменяли только положение фигур, оставляя без
изменения их величину.
Перейдем теперь к изучению преобразований, производя-
щих более глубокие изменения в геометрических фигурах. Но
64
для этого нам нужно будет предварительно познакомиться с
некоторыми новыми предложениями. Рассмотрим прежде все-
го две аксиомы, называемые аксиомами непрерывности.
Аксиома Архимеда I Если имеем два неравных отрезка*
то, повторяя меньший из них слагаемым достаточное число
раз, мы всегда можем получить отрезок, больший второго от*
резка.	__ __
Иначе говоря, если мы имеем а>&,_то всегда существует
такое целое число п, при котором nb>a.
Следствие. Если имеем два неравных отрезка* то* деля
больший из них на некоторое число равных частей* мы всегда
можем получить отрезок* меньший второго отрезка.
Рис. 75	Рис. 76
Пусть по-прежнему а>Ь. По аксиоме Архимеда суще-
ствует такое целое число п* при котором nb>a. Деля обе час-
ти этого неравенства на п* мы и получим то, что нужно дока-
зать:
Ь>7Г-
Аксиома Г. Кантора1 2. Если на прямой имеется неограни-
ченный ряд отрезков AiBi* А2В2* А3В3* ...*Ап Вп* ..., в котором
каждый последующий находится внутри предыдущего* при-
чем эти отрезки уменьшаются так* что величина их может
стать меньше любого данного отрезка* то существует един-
ственная точка, принадлежащая всем этим отрезкам (точка М
на рис. 75).
1 Архимед (ок. 287—212 гг. до н. э.) —величайший математик и меха-
ник древней Греции. Им были открыты законы рычага, определена длина
окружности, площадь круга и т. д.
2 Г. Кантор (1845—1918)—известный немецкий математик, основопо-
ложник теории бесконечных множеств.
5 А. И. Фетисов
65
Совокупность отрезков, удовлетворяющих аксиоме Канто-
ра, называют системой вложенных стягивающихся отрезков.
На основании этих предложений мы можем доказать сле-
дующую лемму.
Лемма. Если из общего начала S исходят три пары век-
торов 5Л и SA', SB и SB', SC и SC' и векторы каждой пары
сонаправлены друг с другом и если, кроме того,
АВЦА'В', АС\\А'С', то и ВСЦВ'С'.
Доказательство. Разделим отрезок 5Л (рис. 76) на
10 равных частей. Если одна из точек деления попадет в точ-
ку А', то, проведя через все точки деления прямые, парал-
лельные прямым АВ и АС, увидим, что отрезок SB разделит-
ся тоже на 10 равных частей, причем одна из точек деления
совпадет с В', и на столько же частей разделится отрезок SC
и одна из точек деления совпадет с С'. Но тогда на основании
следствия из теоремы Фалеса прямые, соединяющие точки де-
ления на сторонах угла BSC, будут параллельны прямой ВС,
в частности получим, что В'С'\\ВС.
Положим теперь, что ни одна из точек деления не сов-
падет с А'. Разделим тогда отрезок ЗЛ на 100 равных частей.
Если одна из новых точек деления совпадет с А', то, по-
вторяя предыдущее рассуждение, мы вновь получим, что
В'С'\\ВС. Если и при этом ни одна из точек деления не сов-
падет с А', то разделим 5Л на 1000 равных частей, и если в
этом случае точка деления совпадет с А', то опять будем
иметь В'С'\]ВС. Если опять не произойдет совпадения, то раз-
делим 5Л на 10 000 равных частей и т. д.
Однако может случиться, что, как бы далеко мы ни про-
должали этот процесс, ни одна из точек деления не совпадет
с А'. Такой случай будет, например, при 5Л' = —5Л. Тогда в
силу неравенств:
0,3 < — <0,4;0,33< — <0,34; 0,333 < — <0,334 и т. fl.
3	3	3
ни одна из точек десятичного деления не совпадет с Л'.
В этом случае точка А' будет находиться внутри отрезка ве-
личинои ---- при любом натуральном и. Вместе с тем и точка
10"
/	SB
В’ будет находиться внутри отрезка величиной _, а точка
10п
SC
С' — внутри отрезка величиной --. Так как при неограничен-
10я
ном увеличении п каждый из этих отрезков (следствие из ак-
сиомы Архимеда) может стать меньше любого данного отрезка,
бв
то при п = 1, 2, 3, . . . мы получим на каждой прямой систему
вложенных отрезков, стягивающихся к точкам А', В', С'.
Докажем, что и при этом будем иметь В’С' || ВС. Действи-
тельно, если бы В’С’ была не параллельна ВС, то через точку
В' можно было бы провести прямую, параллельную ' ВС, кото-
рая пересекла бы SC в точке С", лежащей вместе с точкой С
SC
на том же отрезке величиной — при любом п. Но это проти-
10"
воречит аксиоме Кантора о единственности точки, определяемой
системой вложенных стягивающихся отрезков. Итак, С = С
и, значит, В'С || ВС во всех случаях.
а	б
Рис. 77
(6.2)	Определение. Гомотетией1 называется преобразование,
когда задается неподвижная точка S (центр гомотетии) и по
—>	—>
заданной паре коллинеарных векторов S4 и S4' для каждой
точки В находят соответственную точку В' так, чтобы векторы
SB и SB' были коллинеарны, а прямые АВ и А'В' параллель-
ны (рис. 77).
Если векторы ВД и ВД' сонаправлены (рис. 77, а), то гомо-
тетия называется положительной, а если противонаправлены
(рис. 77,6) — отрицательной. Если у векторов АВ и А'В' на-
чальные точки А и А' и конечные В и 6' являются соответ-
ственными в данной гомотетии, то и векторы называются соот-
ветственными.
Из этого определения получается основное свойство гомоте-
тии, которое дано в следующей теореме:
1 Слово «гомотетия» (французское homothetie) происходит от греческого
® Цод — подобный и Оетод — расположенный, что значит «подобное распо-
ложение».
о
67
Теорема. 1) Соответственные векторы в гомотетии колла-
неарны; в положительной гомотетии они сонаправлены, а в
отрицательной — противонаправлены. 2) Отношение1 преоб-
разованного вектора к первоначальному выражается одним а
тем же числом, характеризующим данную гомотетию и на-
зываемым коэффициентом гомотетии.
Доказательство. 1) Если векторы ВЛ и ВЛ' сонаправ-
лены, то центр S (рис. 77, а) находится вне полосы, определяе-
мой параллельными, проходящими через точки А и А'. Поэтому
векторы SB и SB’ тоже сонаправлены, так же как и векторы
SC и ВС.
По определению гомотетии АВ || А’В' и АС || А'С, а на ос-
новании леммы также и ВСЦВ'С'. Значит, пары векторов АВ
и А'В', АС и А’С, ВС и В’С'— коллинеарны. Вместе с тем
векторы АВ и А'В' проходят внутри угла AS В и, значит, на-
ходятся в одной полуплоскости по отношению к прямой ВЛ,
следовательно, они сонаправлены. Это же можно сказать и о
векторах АС и А'С', ВС и В'С'.
Отсюда следует, что для построения соответственных точек
в гомотетии можно в качестве исходных брать любую пару
соответственных точек — В и В',.С и С и т. п.
Если векторы ВЛ и ВЛ' противонаправлены, то точка В на-
ходится внутри полосы, определяемой параллельными прямыми,
• проходящими через Л и Л' (рис. 77, б). Поэтому векторы SB
и SB’, SC и SC' противонаправлены. По определению имеем
далее А'В' || АВ, Л'С'ЦЛС. Векторы АВ и А'В' противонаправ-
лены, так как точки В и В’ находятся в разных полуплоскос-
тях относительно прямой ЛВ. Аналогичным рассуждением легко
доказать противонаправленность векторов ВС и В'С’, АС и
А'С и т. д.
2) Для доказательства равенства отношений рассмотрим сна-
чала векторы ВЛ и ВЛ', SB и SB' (рис. 78). Поступая так же,
как при доказательстве леммы, разделим ВЛ на 10" равных
частей и положим, что на векторе ВЛ' таких частей отложится
1 Отношением двух коллинеарных векторов называется число, равное
отношению длин соответствующих отрезков. При этом для сонаправлен-
ных векторов это число берут со знаком +, а для противонаправленных —
со знаком —,
68
ровно р. Тогда, проведя параллельные через точки деления, мы
разделим SB тоже на 10" равных частей и на векторе SB'
таких частей отложится ровно р. Это мы запишем так:
SA’	р	. SB'	р	SA'	SB'
-----= — ; --------=	, т. е. -------—-------.
S4	10" SB	10"	SA	SB
Если окажется, что вектор SA' ни для какого п не будет
содержать целого числа делений, то положим, что р делений
дают меньший отрезок, чем отрезок SA', а р + 1 — больший,
тогда число -2— называется приближенным значением отноше-
10"
ния по недостатку, а число pJr — приближенным значением
10"
этого отношения по избытку, что записывается в виде нера-
венства
р SA’ д +1
10"	10"
Как и в предыдущем случае, легко доказать, что и для
SB'
отношения ---- будем иметь такое же неравенство
SB
р SB' р +1
10"	10"
Это значит, что при любом числе десятичных знаков оба
отношения будут выражаться одним и тем же числом по не-
достатку и по избытку, т. е. одной и той же бесконечной
69
десятичной дробью. Отсюда заключаем, что и в этом случае
— »	——>
SA'	SB'
SB
----------------------------►
А'В'
Найдем теперь отношение •—♦ Для этого построим век-
АВ
торы SBi = АВ и SB[ — А'В'. Так как они равны коллинеар-
ным векторам, то они сами коллинеарны. Кроме того,
BBi || В'Въ так как ABBtS и A'B'ByS — параллелограммы. Зна-
чит, по доказанному,
SB1	SB‘	ЗЛ’
'	' — =3 ---- =3 	—
SBx	SB	SA
а потому и для равных им векторов будем иметь:
А'В' =
АВ SA
Теорема доказана вполне.
Ввиду того что при положительной гомотетии соответ-
ственные векторы сонаправлены, коэффициент гомотетии по-
ложителен. При отрицательной гомотетии соответственные
векторы противонаправлены, и потому в этом случае коэф-
фициент гомотетии отрицателен.
Следствие 1. Гомотетия вполне определяется заданием
центра S и коэффициентом k, который может быть задан
либо числом, либо двумя отрезками, отношение которых рав-
но k.
Поэтому преобразование гомотетии с центром S и коэф-
фициентом k точки А в точку А' записывается так:
Sft(A)=A'.
Следствие 2. Если k=\, каждая точка плоскости преоб-
разуется гомотетией в самое себя и мы имеем тождественное
преобразование. Если k =—1, гомотетия тождественна с цент-
ральной симметрией при центре S.
Следствие 3. В преобразовании гомотетии неподвижными
образами являются центр гомотетии и прямые, проходящие
через центр.
70
Следствие 4. Инвариантами1 гомотетии являются отноше-
ние соответственных векторов, величина угла между двумя
векторами и ориентация фигур.
То, что отношение соответственных векторов постоянно,
уже доказано в предыдущей теореме. Если вектор АВ пре-
образован гомотетией в А'В', а вектор CD — в CD', то АВ
коллинеарен с А'В', a CD — с CD' и обе пары либо одновре-
менно сонаправлены, либо противонаправлены. По свой-
ству углов, стороны которых взаимно параллельны, мы по-
лучим, что и в том и в другом случае угол между векторами
АВ и CD равен углу между векторами А'В' и С'В' (рис. 79, а
и б).
Вместе с тем мы знаем, что при положительной гомоте-
тии все векторы первой фигуры сонаправлены с векторами
второй фигуры и, значит, фигуры одинаково ориентированы.
При отрицательной же гомотетии все векторы первой фигуры
противонаправлены с вектЬрами второй фигуры. Но отсюда
следует, что векторы второй фигуры сонаправлены с вектора-
ми фигуры, центрально симметричной с первой. Нецентрально
симметричные фигуры одинаково ориентированы. Итак, во
всех случаях гомотетичные фигуры одинаково ориентированы.
(6.3)	Определение. Если между точками двух фигур сущест-
вует взаимнооднозначное соответствие и притом такое, что
каждая точка одной фигуры получена гомотетией из соответ-
ствующей точки другой фигуры, то фигуры называются гомо-
тетичными. Если гомотетия с центром S и коэффициентом k
преобразует точку А в А', то гомотетия с тем же центром,
преобразующая А' в А, называется обратной гомотетией по
1 Величина, остающаяся неизменной в каком-либо процессе, назы-
вается инвариантом.
71
1
отношению к первоначальной. Ее коэффициент равен — , так
К
как из равенства = k следует ]	=□ —.
SA	k
Весьма важные свойства гомотетии приведены в следующих
теоремах:
Теорема 1. Всякая прямая преобразуется гомотетией в
параллельную прямую.
Доказательство. Если прямая проходит через центр
гомотетии, то всякая точка этой прямой преобразуется в точку
той же самой прямой, т. е. прямая преобразуется в самое себя.
Но совпадение прямых мы условились принимать за частный
случай параллельности.
Положим теперь, что прямая а не проходит через центр
гомотетии X (рис. 80). Пусть М и N — точки этой прямой,
причем Sk(M) = M', Sk(N) = N'. Обозначим через а'прямую
M'N'. Докажем, что каждая точка на прямой а преобразуется
в точку на прямой а'. Так как M'N'\\MN, то а || а'. Если
РС.а, Sk(P) = Р', то M'P'IjMP, т. е. М’Р'Ца. По аксиоме
параллельности прямая М’Р совпадает с а’, поэтому P'Qa'.
Итак, Sk(a) = а', причем аЦа'.
Теорема 2. Гомотетия преобразует окружность в окруж-
ность-, через центр гомотетии проходят общие касательные
к этим окружностям.
Доказательство. Пусть мы имеем окружность с цент-
ром О и центр гомотетии S (рис. 81). Положим, что ХА(О)=О'.
Возьмем на окружности точки А и В и пусть Х*(Д) = Л',
Sk(B) = B'.
Если векторы ОА и ОВ не коллинеарны, то мы имеем рав-
нобедренный ЛОАВ, в котором ОА = ОВ. В силу инвариант-
72
ности величины угла в гомотетии ЛО'В'С' тоже равнобед-
ренный и потому О'А'=О'В'. Если теперь произвольная точка
М первой окружности будет двигаться по этой окружности,
то соответственная точка М' будет тоже описывать окруж-
ность, так как уже указанным способом можно доказать, что
О'Л4'=О'Л'=О'В'. Итак, окружность с центром О преобразо-
Рис. 81
валась в окружность с центром О'. Если из центра гомоте-
тии S провести касательную ST к первой окружности, то эта
же прямая будет касательной и ко второй окружности, так
как единственной общей точке первой окружности с прямой
ST может соответствовать одна, и только одна, общая точ-
ка Т' той же прямой со второй окружностью.
Если гомотетия положительная, то касательные, проходя-
щие через центр S, внешние, если же гомотетия отрицатель-
ная, то эти касательные внутренние.
Признак гомотетичности двух фигур дается в следующей
теореме:
Теорема 3. Если в каждой из двух данных фигур имеется
по крайней мере три точки, не лежащие на одной и той же
прямой, то эти фигуры гомотетичны при условии, что между
их точками можно установить взаимнооднозначное соответ-
ствие так, чтобы каждая прямая первой фигуры была парал-
лельна соответственной прямой другой фигуры и чтобы в
первой фигуре имелся вектор, не равный соответственному
вектору второй фигуры.
Доказательство. Пусть А, В, С — точки одной фигу-
ры, А', В', С' — соответственные точки другой, причем со-
73
гласно условию А'В'ЦАВ, А'С'ИАС, В'С'ЦВС (рис. 82) и, кроме
того, АВ=£А'В'. Ввиду того что векторы не равны, прямые
АА' и ВВ' пересекаются в точке S. Примем эту точку за центр
гомотетии, преобразующей точку А в А'. Тогда эта же гомо-
тетия преобразует и В в В'. Положим, что точка С не при-
надлежит прямой АВ. Точка, соответственная точке С в этой
гомотетии, лежит на прямой, проходящей через точку А' и па-
раллельной АС, т. е. на прямой А'С'. Но эта же точка лежит
и на прямой, проходящей через точку В' и параллельной пря-
мой ВС, т. е. на прямой В'С'. Следовательно, эта точка сов-
падает с точкой С'. Таким же образом можно доказать, что
и всякая точка D первой фигуры преобразуется в соответст-
венную точку D' второй фигуры. Итак, обе фигуры гомоте-
тичны относительно центра S. Этот центр единственный, так
как при любой гомотетии, определяемой соответствием тех
же точек, через него должны пройти прямые АА' и ВВ'.
Если бы оказалось, что АВ=А'В', то мы получили бы, что
АА'\\ВВ'. Но тогда и СС'ПАА', так как если бы эти прямые
пересекались, то точку пересечения можно было бы принять
за центр гомотетии и, повторив предыдущие рассуждения, мы
вновь пришли бы к тому, что через эту же точку пройдет и
прямая ВВ', а это противоречит нашему предположению.
В этом случае легко установить, что АА'=ВВ'=СС'=...=
= т (рис. 83) и у нас получился бы перенос с вектором т. По-
этому в некоторых вопросах целесообразно рассматривать
перенос как предельный случай гомотетии с бесконечноуда-
ленным, или «несобственным», центром.
В частности, отсюда получаем:
Следствие. Любые две окружности гомотетичны друг
другу.
U
Пусть даны окружности с центрами О и О' (см. рис. 81).
Положим сначала, что окружности не равны. Будем рассмат-
ривать точки О и О' как соответственные в искомой гомоте-
тии. Соответственными мы будем также считать концы сона-
лравленных (см. рис. 81, а) или противонаправленных (см.
рис. 81,6) радиусов. Тогда мы получим по определению:
ОАПО'А', ОВ||О'В'. Но треугольники О АВ и О'А'В' равнобед-
ренные и Z.AOB= АА'О'В' (стороны их или обе сонаправле-
ны или обе противонаправлены). Поэтому равны и углы при
их основании. А так как АОАВ = /.О'А'В' и ОАЦО?А', то и
АВИД'В'. Итак, выполнены все условия предыдущей теоремы
и, значит, окружности гомотетичны. В случаях неравных
окружностей эта гомотетия может быть как положительной,
так и отрицательной.
Когда окружности касаются изнутри, то точка касания
является центром положительной гомотетии, преобразующей
эти окружности друг в друга, а если они касаются извне, то
точка касания есть центр отрицательной гомотетии, преобра-
зующей эти окружности друг в друга.
Если же рассматривать равные окружности, то положи-
тельная гомотетия приводится к переносу, а отрицательная —
к центральной симметрии, которая, как уже было указано,
есть частный случай гомотетии.
(6.4)	Предыдущие рассуждения показывают, что для^ по-
строения фигуры, гомотетичной с данной прямолинейной
фигурой (например, с многоугольником ABCDE на рис. 84),
достаточно иметь только линейку и треугольник, так как все
построение осуществляется проведением параллельных пря-
мых. Если же даны два соответственных вектора первой и
второй фигур (например, векторы АВ и А'В' на рис. 84), то
для построения фигуры А'В'С'Ь'Е', гомотетичной с данной,
можно даже не находить центра гомотетии.
75
Однако в случае фигуры, ограниченной более сложным
контуром, приходится прибегать к специальному инструмен-
ту— пантографу. Пантограф представляет собой шарнирный
параллелограмм MNPM' (рис. 85)). Положим, что инструмент
закреплен в точке S, вокруг которой он может вращаться.
В точке А укреплен штифт, в точке А'— карандаш, а точки А
и А' выбраны так, чтобы S, А и А' находились на одной и той
же прямой.
Рассмотрим теперь гомотетию с центром S и коэффициен-
том k:
. SM'	S4'
к	—~т~ 1=3 • . ~ •
SM	S4
Ввиду того что при всех положениях инструмента мы
имеем MN — М'Р и MM'=NP, четырехугольник MNPM' бу-
дет всегда параллелограммом, в силу чего будем иметь
Л4Л/||ЛГР или МАЦМ'А'. При любом положении прямой SM
точки А и А' будут соответственными в этой гомотетии, так
как М и М' всегда можно рассматривать как центры двух го-
мотетичных окружностей, радиусы которых параллельны и
сонаправлены и, значит, концы их являются точками, соответ-
ственными в этой гомотетии.
Если теперь штифтом в точке А обводить контур какой-
нибудь фигуры, то карандаш в точке А' будет описывать фи-
гуру, гомотетичную с данной.
Пантограф используется при копировании рисунков, черте-
жей, географических карт и т. д.
Важным практическим применением гомотетии является
использование ее при мензульной съемке плана полярным
способом. Положим, что нам нужно снять на план участок
имеющий вид многоугольника ABCDEF (рис. 86). Мензула,
76
представляющая собой квадратный планшет размером 50X
Х50 см, установленный на треноге, помещается в такой точ-
ке S участка, из которой были бы видны все его вершины. От-
метив на планшете точку S, мы приставляем к ней визирную
линейку и последовательно визируем на все вершины много-
угольника, проводя направленные на них лучи и откладывая
на этих лучах от точки S в данном масштабе соответственные
точки А', В', С', D', Е', F'. Очевидно, что преобразование есть
гомотетия с центром S и коэффициентом k, который опреде-
ляется принятым нами масштабом.
Для более точных геодезических работ вместо визирной
линейки употребляется кипрегель, представляющий собой ме-
таллическую линейку, на которой укреплена зрительная тру-
ба. Труба может двигаться в плоскости, проходящей через
край линейки. Окулярный конец этой трубы снабжен дально-
мером, позволяющим при визировании на специальную рейку,
поставленную у вершины полигона, сразу отсчитать расстоя-
ние от этой вершины до точки S.
(6.5)	Рассмотрим теперь применение гомотетии к решению
различных видов геометрических задач.
Задача 1. Даны две прямые а и Ь, точка пересечения ко-
торых недоступна. Дана также не принадлежащая этим пря-
мым точка С. Нужно провести прямую через точку С и недо-
ступную точку пересечения данных прямых.
Рис. 87
Решение (рис. 87). Пересечем прямые а и b двумя па-
раллельными прямыми /||/', которые будем рассматривать как
соответственные в гомотетии с центром в точке пересечения
прямых а и Ь. Прямая I пересекает прямую а в точке А, а пря-
мую b — в точке В. Прямая I' пересекает прямую а в точке А',
а прямую b — в точке В'. Пары Л и Л', В и В' являются соот-
ветственными в гомотетии. Найдем теперь точку С', соответ-
77
ственную точке С. Для этого проведем через Д' прямую, па-
раллельную Л С, а через В' — прямую, параллельную ВС.
Пересечением этих прямых, как уже было доказано, опреде-
лится точка С'. Прямая СС' должна проходить через недо-
ступный центр гомотетии.
Задача 2. Построить окружность, которая касалась бы
двух данных пересекающихся прямых и данной окружности.
Решение. Пусть даны прямые а и Ь, пересекающиеся
в точке Р, и окружность с центром О' (рис. 88). Примем ис-
Рис. 88
комую точку S касания двух окружностей за центр гомоте-
тии, преобразующей их друг в друга. Эта гомотетия преобра-
зует прямые а и Ь соответственно в а' и 6', причем а'\\а и 6'11^,
и эти прямые должны в то же время касаться данной окруж-
ности, так как касание окружности с прямой сохраняется при
гомотетии. Прямые а' и Ь', очевидно, можно построить, про-
ведя к данной окружности касательные, параллельные данным
прямым а и Ь. Найдя точку Р', проведем прямую РР', которая
пересечет данную окружность в центре гомотетии S. Эта же
точка является точкой касания окружностей. Так как точка
касания окружностей лежит на линии центров, то центр ис-
комой окружности — точка О — лежит на прямой SO'. В то же
время она лежит на биссектрисе угла аРЬ. Итак, точка О ле-
жит в пересечении этих прямых. На рис. 88 окружности в точ-
ке S касаются извне.
Предлагается исследовать условия разрешимости задачи
и найти число решений.
Задача 3. Доказать, что в треугольнике ортоцентр, центр
78
тяжести и центр описанной окружности лежат на одной и
той же прямой. (Это так называемая «прямая Эйлера»'.)
Решение. Пусть АВС — данный треугольник. Обозна-
чим через А', В', С' соответственно середины сторон ВС, СА
и АВ (рис. 89). По свойству средней линии треугольника
будем иметь: В'С'ЦВС, С'ЛХ||
||СЛ, Л'В'ЦЛВ, откуда следует
на основании теоремы 3, что
треугольники ЛВС и Л'В'С' го-
мотетичны. Прямые АА', ВВ',
СС' должны проходить через
одну и ту же точку G — центр
этой гомотетии. Этим еще раз
доказано, что медианы тре-
угольника пересекаются в од-
ной и той же точке. Обозначим
буквой Н ортоцентр треуголь-
ника ЛВС. Точке И в этой го-
Рис. 89
эти же перпендикуляры
мотетии соответствует точка
Н' — ортоцентр треугольника
А'В'С'. Чтобы получить этот ортоцентр, проведем через точки
А', В', С' перпендикуляры к сторонам В'С', С'А' и А'В'. Но
являются осями симметрии точек В
и С, С и Л, Л и В, так как
проходят через середины
сторон и перпендикулярны
к ним. А мы знаем, что эти
оси симметрии пересекаются
в одной и той же точке —
центре описанной окружно-
сти. Итак, точка Н' есть в то
же время и центр окружно-
сти, описанной около тре-
угольника ЛВС.
Так как Н и Н' — соот-
ветственные точки в гомоте-
тии, то прямая НН' прохо-
дит через центр G. Коэффи-
как каждая сторона в АЛ'В'С'
циент гомотетии k——1/2, так
вдвое меньше соответственной стороны в АЛ ВС. Поэтому
центр описанной окружности вдвое ближе к центру тяжести,
чем ортоцентр.
Задача 4. Доказать, что две последовательные гомотетии
эквивалентны либо одной гомотетии, либо одному переносу.
1 Леонард Эйлер — великий математик XVIII в., член Петербургской
и Берлинской академий наук. Родился в 1707 г. в Базеле (Швейцария).
С 1727 по 1741 г. жил в Петербурге, потом до 1766 г. в Берлине и, нако-
нец, снова в Петербурге, где и умер в 1783 г. Ему принадлежат крупней-
шие работы по математике, физике, астрономии.
79
В первом случае центры трех гомотетий лежат на одной и той
же прямой, а коэффициент результирующей гомотетии равен
произведению коэффициентов данных гомотетий.
Решение. Положим, что первая гомотетия преобразует
точки Л, В, С,... соответственно в Л', В', С',..., а вторая пре-
образует точки Л', В', С',...
\ ।	s соответственно в Л", В",
[	\\ i	(Рис- ^°) Г* Установим
/ Of	"jх / взаимнооднозначное соответ-
I	К	/ ствие между точками первой
\	I / и последней фигуры так, что-
/	бы точкам Л, В, С,... соответ-
-----ствовали точки Л", В", С",...
/ /	По основным свойствам го-
/ /	мотетии имеем: ЛВ||Л'В',
//	Л'В'||Л"В"; ВС||В'С', В'С'Н
pzi	||В"С"; ЛС||Л'С', Л'С'||Л"С"
z ।	и т. д. Из этих соотношений
сейчас же следует, что и
Рис- 91	АВ\\А"В", ВС\\В"С", ДС||
ЦА"С" и т. д. А отсюда мы
получаем (теорема 3), что преобразование А, В, С,... в А", В",
С",... есть гомотетия, если АВ=ЬА"В", или перенос, если
'ав=~а"в".
Положим, что все преобразования — гомотетии. Пусть S —
центр первой гомотетии, S'— центр второй гомотетии, S"—
центр третьей гомотетии. Прямая SS' как проходящая через
центры является неподвижной и в первой и во второй гомо-
тетии. Итак, эта прямая останется неподвижной при обеих
гомотетиях, а значит, и при результирующей гомотетии, пото-
му прямая SS' пройдет через центр S".
Если
А’В' ,	,,
------ = К, —— = К ,
АВ----А'В'
ТО
АЧЗ’ А’В"	А’В"
----------------------------	- к ,
АВ	А'В'-АВ
где k”—коэффициент результирующей гомотетии. Итак, kk'=k*.
Интересным следствием этого предложения является то, что
если центры трех неравных окружностей не лежат на одной
и той же прямой, то шесть центров гомотетий этих окружно-
стей находятся по три на четырех прямых, называемых осями
подобия этих окружностей (рис. 91).
1 Так как гомотетия вполне определена двумя парами соответствен-
ных точек, то на рис. 90 точки С и С' не показаны.
80
Упражнения
1.	Внутри угла дана точка Р, Построить окружность, про-
ходящую через точку Р и касающуюся сторон угла.
2.	Дана окружность и вне ее точка Р. Провести из точки
Р секущую так, чтобы отношение хорды к внешней части секу-
щей было равно отношению двух данных отрезков.
3.	Найти геометрическое место середин отрезков, которые
получаются на прямых, пересекающих треугольник и парал-
лельных одной из его сторон.
4.	Найти геометрическое место точек, отношение расстоя-
ний которых до двух данных пересекающихся прямых по-
стоянно.
5.	Через точку S проведены три прямые. Провести через
данную точку Р секущую прямую так, чтобы одна из полу-
ченных трех точек была серединой отрезка, определяемого
двумя другими точками.
6.	Доказать, что прямая, проходящая через точку пересе-
чения непараллельных сторон трапеции и через точку пересе-
чения ее диагоналей, делит основания трапеции пополам.
7.	Даны две параллельные прямые и отрезок АВ на одной
из них. Пользуясь только линейкой, найти середину отрез-
ка АВ.
8.	Дана прямая АВ, середина М отрезка АВ и точка Р вне
этой прямой. Пользуясь только линейкой, провести через точ-
ку Р прямую, параллельную АВ.
9.	В окружности дана хорда. Провести к этой хорде парал-
лельную хорду так, чтобы радиусы, проведенные к концам
данной хорды, разделили полученную хорду на три равные
части.
10.	Построить параллелограмм по сторонам и углу между
диагоналями.
11.	В данный треугольник вписать полуокружность так,
чтобы она касалась основания треугольника, а диаметр был
бы параллелен основанию.
12.	Дан ДЛВС. Прямая пересекает прямые ВС, СА и АВ
соответственно в точках X, У, Z. Доказать, что имеет место
равенство
ХВ . YC . ZA
ХС YA ZB
Доказать обратное предложение: если имеет место выше-
указанное равенство, то точки X, У, Z лежат на одной и той
же прямой (теорема Менелая).
13.	Доказать, что три точки пересечения биссектрис внеш-
них углов треугольника с противоположными сторонами ле-
жат на одной и той же прямой.
6 А. И, Фетисов
81
14.	Дан ДЛВС. Прямые, проходящие через вершины А,
В, С и одну и ту же точку Р, пересекают прямые ВС, СА и
АВ соответственно в точках X, Y, Z. Доказать, что имеет мес-
то равенство:
XB	YC	ZA	t
ХС	YA	ZB
Доказать обратное предложение: если имеет место выше-
указанное равенство, то прямые АХ, BY и CZ проходят через
одну и ту же точку (теорема Чёвы1).
15.	Доказать, что прямые, соединяющие вершины тре-
угольника с точками касания вписанной окружности, проходят
через одну и ту же точку.
§ 7. ПОДОБИЕ
(7.1) Понятие о подобии фигур мы получаем из непосред-
ственного опыта, наблюдая предметы, одинаковые по форме,
но различные по размерам. В качестве примеров можно при-
вести различные копии
с одной картины, планы
одной и той же местно-
сти, выполненные в
разных масштабах, и
т. д.
Совершенно точное
представление о подо-
бии фигур дают две
гомотетичные между
собой фигуры (напри-
мер, многоугольники
ABCDEF и A'B'C'D'E'F'
и рис. 92). Существен-
но, однако, заметить,
что гомотетия фигур
является частным слу-
чаем подобия, так как если в приведенном только что примере
многоугольник A'B'C'D'E'F' переместить в положение
A"B"C"E"D"F", то он уже не будет гомотетичен с многоуголь-
ником ABCDEF, а в то же время он остается ему подобным
(рис. 92).
Какие же соотношения между фигурами сохранились при
этом преобразовании? Очевидно, установив взаимнооднознач-
1 Джованни Чёва (1648—1734)—итальянский математик, работав-
ший в области геометрии.
Заметим, что предложение упражнения 14 остается справедливым и
для того случая, когда прямые, проходящие через вершины, параллельны.
82
ное соответствие между точками так, чтобы точке А соответ-»
ствовала А", В—В", С—С" и т. д„ мы получим, что при этом
сохраняется: 1) равенство соответственных углов: 2.АВС=*
= 2. А" В" С", Z.BCD—2.B"C"D" и т. д. и 2) равенство отно-
шений соответственных отрезков:
А"В' = В"С = СР" =
АВ ВС ~ CD
Исходя из этих общих соображений, мы можем дать такое
определение подобия.
Определение. Если между двумя фигурами можно устано-
вить такое взаимнооднозначное соответствие, при котором
будут равны соответственные углы и равны отношения соот-
ветственных отрезков (т. е. отрезки одной фигуры пропорцио-
нальны соответственным отрезкам другой), то это соответ-
ствие (преобразование) называется подобием, а фигуры —
подобными.
Общее числовое значение отношений соответственных от-
резков подобных фигур называется коэффициентом подобия.
Заметим, что в подобии соответственные элементы обеих
фигур обычно называются сходственными.
Для обозначения подобия фигур употребляют знак со—
повернутое изображение латинской буквы S, с которой начи-
нается слово similis — подобный.
Если фигура с точками А, В, С, D,... подобна фигу-
ре с соответственными точками А', В', С', D'........ т. е.
(ЛВСД...)со (A'B'C'D'...), то это значит, что ZABC= Z. А'В'С',
Z.BCD= ZB'C'D' и т. д. и что
А'В' _ В'С'  B'D' _ =k
АВ ВС	BD
где k — коэффициент подобия.
Непосредственно из определения подобия следует:
I. Равенство и гомотетия фигур суть частные случаи
подобия; в случае равенства фигур А=1.
2. Соотношение подобия обладает свойствами: а) каждая
фигура подобна самой себе; б) если первая фигура подобна
второй, то и вторая подобна первой; в) если первая фигура
подобна второй, а вторая подобна третьей, то и первая подоб-
на третьей.
Свойства а) и б) очевидны; свойство в) легко доказать.
Пусть мы имеем соотношения подобия между тремя фигу-
рами:
(ABCD...) co(A'B'C'D'...); (A'B'C'D'...}c^ (A”B"C"D"...).
Из первого соотношения имеем Z.ABC= А'В'С'-, из
второго—Z А'В'С' = Z А"В"С". Следовательно, Z АВС=
= 2. А" В" С", т. е. сходственные углы первой и третьей фигур
6»
83
равны, если точкам А, В, С, D,... привести в соответствие
точки А", В", С", D",...
Если в первом случае коэффициент подобия равен k, то
 А в  = k. Если во втором случае коэффициент подобия равен
A”R”
k', то ----= k'. Отсюда получаем:
А'В'
А’В" А'В'	А’В’
--------------------- к к.
А'В'	АВ	АВ
Итак, отношение сходственных отрезков третьей и первой
фигур постоянно и равно k'k.
Важной особенностью преобразования подобия является
то, что подобные фигуры могут быть ориентированы и одина-
ково и противоположно.
Например, фигуры АВС... и А" В" С"... на рис. 92 подобны
и одинаково ориентированы: АВС... и А'В'С'... одинаково ори-
ентированы, так как они гомотетичны, а А'В'С'... и А"В"С":..
одинаково ориентированы, так как преобразуются друг в
друга вращением.
Если же одну из двух гомотетичных фигур преобразовать
в новую фигуру осевой симметрией, то полученная фигура
будет противоположно ориентирована с каждой из перво-
начальных фигур. Например, на рис. 93 фигуры АВС и А'В'С'
гомотетичны, а фигура А"В"С" симметрична с А'В'С' относи-
тельно оси s, следовательно, она противоположно ориентиро-
вана с фигурой АВС. Вместе с тем (А"В"С") = (А'В'С'),
(А'В'С') с^(АВС) и, значит, (А"В"С")с^(АВС). На рис. 94
дан еще пример подобных, но противоположно ориентиро-
ванных фигур.
84
Подобие фигур с одинаковой ориентацией называется
собственным, а с противоположной — несобственным. Из
определения подобия получаются два важных следствия:
Следствие 1. Фигура, подобная прямой линии, есть прямая.
Действительно, пусть / — данная прямая. Возьмем на ней
две точки А и В, которым в преобразовании подобия соответ-
ствуют точки А' и В'. Проведем через А' и В' прямую Г. Если
на прямой I возьмем точку М между точками Ли В, то
Z.AMB — развернутый;	— 
он равен развернутому	s'''"'Х.
углу А'М'В', где М'— */
точка, в которую преоб-	\
разуется точка Л4. По- Л	\	---
этому М'CZI'. Если бы I/	I /
М лежала вне отрезка	II	о‘	\
АВ, то Z.AMB был бы	\	/I	Л	I
нулевым; но тогда ну- \	/ \ / \ у
левым был бы и	_____
/.А'М'В' и опять точка	м'
М' была бы на прямой	Рис. 95
V. Итак, всякая точка прямой I преобразуется в точку прямой
V. Тем же способом легко доказать и обратное: всякой точке
прямой I' соответствует точка прямой I.
Следствие 2. Фигура, подобная окружности, есть окруж-
ность. Пусть мы имеем окружность с центром О (рис. 95).
Возьмем на ней точки А и М. В подобной фигуре точке О
соответствует О', А—Л' и М — М'. ДАОМ — равнобедрен-
ный, поэтому /МАО= /АМО. Вместе с тем по свойству
подобия /МАО = /М'А'О' и /АМО = /А'М'О', т. е.
/М'А'О'= /А'М'О', и, значит, ААГО'М' тоже равнобедрен-
ный и потому О'М'=О'А'. Если теперь точка М будет описы-
вать окружность с центром О, то соответственная точка М'
будет перемещаться так, что ее расстояние от точки О' будет
постоянно равно отрезку О'А'. Следовательно, точка М' тоже
опишет окружность. Обратно, тем же путем можно доказать,
что каждой точке окружности с центром О’ соответствует
точка окружности с центром О.
В предыдущем изложении мы видели, что любые две
окружности гомотетичны друг другу; теперь мы можем также
сказать, что любые две окружности подобны друг другу.
(7.2)	Рассмотрим теперь случаи подобия треугольников.
Теорема 1. Два треугольника подобны, если:
1)	два угла одного соответственно равны двум углам дру-
гого;
2)	две стороны одного соответственно пропорциональны
двум сторонам другого, а углы, заключенные между этими
сторонами, равны;
85
3)	три стороны одного пропорциональны трем сторонам
другого.
Доказательство. Пусть треугольники АВС и А'В'С'
удовлетворяют какому-нибудь одному из условий теоремы
(рис. 96).
Построим отрезок А"В", равный отрезку А'В' и парал-
лельный отрезку АВ. Проведя через А" прямую, параллель-
ную А С, а через В" —
с"	прямую, параллельную
ВС, найдем в их пересече-
/ \	нии точку С". Треугольни-
/	\	/	, ки АВС и А"В"С" гомоте-
/	\/	тичны (на основании тео-
ремы 3 предыдущего па-
/V'T’i \ л------------ л' раграфа). Поэтому
/V \	ЬА''В''С''ъЬДВС. Если
/ /\	мы докажем, что во всех
si/-'-'-''*"—	А	трех слУчаях АА"В"С"=
—АА'В'С', то отсюда бу-
дет следовать, что
Рис. 96	АА'В'С'csj &АВС.
1) Пусть ZA = Z.A',
Z.B—Z.B'. На основании построения имеем: ЛА"=Х.А и
ZB"=ZB, откуда следует, что Z4'=Z4" и ZB'=ZB".
Вместе с тем А'В'=А"В", значит, &А"В"С"=АА'В'С по
стороне и двум прилегающим углам. Итак, ДД'В'С'соДАВС.
2) Пусть
/_А = /_А' и
А'В'	А'С
АВ	АС
По свойству гомотетии имеем:
Z^ = ZA
А’В’ = А'С
АВ АС
Но А'В" = А'В', значит,
„„„
АВ АС	АС АС
т. е. А'С' = А*С. Следовательно, А А'В'С = А А’В'С по
йвум сторонам и углу между ними. Значит, дД'В'С'соДЛВС.
3) Пусть
В’С _ С А'	А’В’
ВС СА	АВ
86
Пэ свойству гомотетии имеем:
”є _ С А”	А'В*
ВС СА	АВ
Но 4"В"=4'В', отсюда получаем:
”є = В'С
вс ~ вс 9
т. е. В"С" = В'С'\ и точно так же
С”А” = СА'
СА ~ СА '
т. е. С" А" = С'Д'. Следовательно, Л А"В"С" = Д А'В'С' по
трем сторонам. Итак, Л А'В'С' со д АВС.
Из теоремы о приз-
наках подобия треуголь-
ников получаются важ-
ные предложения.
Теорема 2. Два мно-
гоугольника подобны,
если между их вершина-
ми {можно установить
взаимнооднозначное со-
ответствие и если при
этом сходственные вну-
тренние углы их равны,
а сходственные сторо-
ны пропорциональны.
Доказательство.
удовлетворяют условиям
Пусть многоугольники
ABCDEF и A'B'C'D'E'F' рис. 97)
теоремы, т. е.
Z^ = Z^'. zs = Zfi'.
Z^ = Z^'.
А'В' _ В'С'	E'F' __ F’A'
АВ ~ ВС —   ‘ ~ EF — FA
Проведем отрезок параллельный отрезку АВ и равный
отрезку А'В', и построим на нем многоугольник AiB^D^iF,,
равный многоугольнику A' B’C’D'E'F' и одинаково ориентиро-
ванный с многоугольником ABCDEF.
В силу условий теоремы будем иметь:
Z^ = Z^ ZBi = Z*....,Z^ = Z^
_ В& _	_ EtFi _ F1Л1
AB BC ’ ‘ ’ EF FA
87
Проведем диагонали АС, А'С и ЛХСХ; А.А1В1С1=£\А'В’С
(по двум сторонам и углу между ними) и в то же время
Д ЛХВХСХ о? д ЛВС, так как ZB = ZBi и =	.
АВ вс
Поэтому Z ВАС = / ВХЛХСХ и Z ЛХСХВХ = /_ АСВ. Но
ЛХВХII АВ и фигуры одинаково ориентированы, поэтому ВХСХ || ВС,
СХЛХ|СЛ и, значит, треугольники ЛХВХСХ и ЛВС гомотетичны
при центре S. Отсюда далее следует, что / СХЛХВХ = Z CAF.
Проведя диагонали СХВХ, CF и CF', получим, что А Л1С1В1 =
= A A'CF' и А А}С^! со A ACF, так как — = -f-—1 и уг-
1	СА FA J
лы, заключенные между этими сторонами, равны. Отсюда
получим: Z^i^i^i= Z_ACF, ^A1F1C1 = ^AFC, а так как
СХЛХ || СА и фигуры одинаково ориентированы, то CXFX || CF,
AtFi || AF. Значит, А ЛХСХВХ и A ACF гомотетичны при том
же центре S.
Далее, проведя диагонали СХЕХ, СЕ, СЕ', мы таким же
способом докажем гомотетичность треугольников CXFXEX с CFE
и CXEXDX с CED при том же центре. Итак, многоугольники
ABCDEF и Л XBXCX£)XEXFX гомотетичны и, значит ЛхВхСхОх£'1Л1о5
о ABCDEF, откуда следует, что A'B'C'D'E'F' со ABCDEF.
Следствие 1. Подобные многоугольники можно разбить
на одинаковое число соответственно подобных и сходственно
расположенных треугольников.
Справедливо и обратное положение:
Следствие 2. Если данные многоугольники можно разбить
на одно и то же число соответственно подобных и сходственно
расположенных треугольников, то такие многоугольники
подобны.
Доказательство проводится совершенно так же, как в пре-
дыдущей теореме: строят многоугольник, равный одному и
одинаково ориентированный с другим из данных многоуголь-
ников. Разбивая многоугольники на треугольники, показы-
вают, что они гомотетичны.
(7.3) На основании доказанных предложений решаются
различные геометрические задачи.
Основная задача. На данном отрезке А'В' построить мно-
гоугольник, подобный данному многоугольнику ABCDE
(рис. 98).
Решение. Опираясь на следствие 2 к предыдущей тео-
реме, разбиваем данный многоугольник на треугольники.
После этого на отрезке А'В' строим ДЛ'В'С', подобный
ДЛВС. Для этого при вершине Л' строим АВ'А'С'= ABAC,
а при вершине В' строим АА'В'С'= ААВС. ДЛ'В'С'оз ДЛВС
по первому признаку. В зависимости от того, хотим ли мы
построить многоугольник, одинаково или противоположно
ориентированный с данным, выбираем и ориентировку тре-
88
угольника Л'В'С'. Далее на отрезке Д'С' строим ДД'С'Р',
подобный треугольнику ACD и также с соответствующей
ориентировкой и т. д.
В результате получен многоугольник A'B'C'D'E', который
разбит на треугольники А'В'С', A'C'D', A'D'E', соответственно
подобные треугольникам
ABC, ACD, ADE-, поэтому
A'B'C'D'E' c^ABCDE.
Метод подобия, приме-
няемый при решении за-
дач на построение, заклю-
чается в том, что, поль-
зуясь данными задачи,
строят сначала фигуру,
подобную искомой, после
чего, имея данные о неко-
торых линейных элемен-
тах искомой фигуры, пре-
образуют с помощью подобия полученную фигуру в новую
фигуру с заданными линейными элементами. Приведем при-
меры.
Задача 1. Построить треугольник по двум углам и ме-
диане.
Решение. Пусть а и 0 — данные углы искомого тре-
угольника с вершинами в точках А и В, m — медиана, сое-
диняющая вершину С с серединой стороны АВ (рис. 99).
Построим сначала на произвольном отрезке А'В' треуголь-
ник А'В'С, подобный искомому треугольнику АВС. Для этого
при вершинах А' и В' строим соответственно углы а и ₽.
Медиана СМ' полученного треугольника не будет, вообще
говоря, равна данному отрезку пг. Поэтому на луче СМ' от
начала С отложим отрезок СМ = т. Через точку М проведем
прямую, параллельную А'В', которая пересечет СА' и СВ'
соответственно в точках А и В. £±АВС — искомый, так как
89
= Z.A'=<z, ZB=ZB'=p. Кроме того, треугольники ABC
и А'В'С' гомотетичны относительно центра С; поэтому
=	или МА^М^=[
:М’А’ М’В'	МВ М’В'
Так как М'А’=М'В', то и МА — МВ, т. е. отрезок СМ=т
есть медиана.
Рассмотрим несколько более сложную задачу на построение.
Задача 2. Построить треугольник по трем его высотам.
Решение. Пусть ha, hb,
hc —три высоты искомого тре-
угольника (рис. 100). Дока-
жем прежде всего, что дли-
ны высот треугольника обрат-
но пропорциональны длинам
его соответствующих сторон.
Действительно, если в тре-
угольнике АВС проведем вы-
соты AM = ha и BN = hb,
то получим /\AMCcs>&BNC,
так как у них / С — общий
и оба треугольника прямо-
угольные. Поэтому
AM	СА	ha	ь	„ а „.h	1	. 1
---=------, или ----= — , т. е. а: о -----: -— .
BN	ВС	hb	a	ha
Так как это же предложение
тьей высоты hc, то имеем вообще:
можно доказать и для тре-
Построим теперь из отрезков ha, hb, hc вспомогательный
треугольник А'В'С'. Его высоты h’a, h’b, h'c будут обратно про-
порциональны сторонам ha, hb и hc, т. е.
Но это значит, что новые высоты ha, h’b, h’c прямо пропор-
циональны сторонам искомого треугольника, т. е.
h'a: h’b: h'c = а: b: с.
Отсюда следует, что если построить треугольник А В" С со
сторонами В'С" = h'a, С А = h’b, АВ" = h’c, то он будет подобен
90
искомому треугольнику АВС по третьему признаку подобия.
Чтобы получить искомый треугольник, проведем из вершины А
высоту AM" к стороне В"С" и на луче AM" отложим отрезок
AM — ha- Проведя через точку М прямую, параллельную В'С",
найдем в пересечении ее с лучами АВ" и ЛС" соответственно
точки В и С. Л АВС — искомый, так как он подобен искомому
треугольнику и вместе с тем коэффициент подобия k равен
= 1, т. е. в этом случае имеем равенство. Этим способом
ha
задача разрешима при условии, что данные отрезки ha, ht>, hc
удовлетворяют неравенству треугольника, т. е. если по ним
можно построить треугольник.
Приведем еще примеры решения задач на доказательство.
Задача 3. Доказать, что если даны две собственно подоб-
ные фигуры, то существует в плоскости единственный не-
подвижный центр, поворотом вокруг которого одну из этих
фигур можно сделать гомотетичной с другой относительно
того же центра.
Решение. Пусть АВС... и А'В'С'... — данные фигуры
(рис. 101). Положим, что векторы АВ
так как если бы оказалось, что
Л В || А'В', то это означало бы, что
фигуры гомотетичны и тогда полу-
ченный центр был бы центром го-
мотетии и вращения на нулевой
угол. Пусть прямые АВ и А'В' пере-
секаются в точке Р. Проведем две
окружности: через три точки А,А',Р
и через три точки В,В',Р. Так как
окружности имеют общую точку Р,
то они имеют и еще одну общую
точку S По свойству вписанных
и А'В' не коллинеарны,
углов, опирающихся на одну и ту	рИс. 101
же дугу, будем иметь:	ZЛSЛ'^- .
+ ХА'РА = 180°-, ЛА'РА + ЛВРВ'=\80°, поэтому ХЛ5Л' =
= ВРВ' и Z.BSB'= Z.BPB', следовательно,
ZЛSЛ,=Z5SB,=<o,
где со — угол между векторами АВ и А'В'.
Если произвести вращение фигуры АВС... на угол со вок-
руг центра S, то вектор АВ преобразуется в вектор AiBi, кол-
линеарный с вектором А'В'. Вместе с тем, благодаря одина-
1 Доказательство остается в силе, если точка S совпадает с Р (окруж-
ности будут касаться). Предлагаем этот случай самостоятельно разобрать
учащимся.
91
ковой ориентации фигур А'В'С'... и AiBiCi... и все остальные
векторы полученной фигуры будут коллинеарны с соответ-
ственными векторами фигуры А'В'С'... Отсюда следует, что
обе фигуры гомотетичны относительно центра S.
Полученный центр — единственный, так как в силу равен-
ства углов Z.ASA'= Z.BSB'= Z. CSC'=... = & точка S есть
единственная точка плоскости, из которой все отрезки АА',
ВВ', СС... видны под одним и тем же углом со.
Задача. 4. Доказать, что если даны две несобственно по-
добные фигуры, то в плоскости существуют две, и только две,
взаимно-перпендикулярные оси симметрии, каждая из кото-
рых преобразует одну из данных фигур в новую, гомотетичную
со второй относительно точки пересечения обеих осей.
Решение. Пусть АВС... и А'В'С...—данные несоб-
ственно подобные фигуры (рис. 102). В этих фигурах всегда
существуют два соответственных неколлинеарных вектора, по-
ложим АВ и А'В’ (если бы таких векторов не было, т. е. если
бы все соответственные векторы были коллинеарны, то мы
имели бы одинаково ориентированные фигуры, что противоречит
условию). Проведем через точку А' прямую I, параллельную АВ,
и произведем осевую симметрию фигуры А’В’С ... относитель-
но биссектрисы одного из углов, образуемых прямой I с век-
тором А’В". Пусть Si (А'В’С . ..) = A'BiC'i... При этом В[ с I,
и потому Д'ВхЦЛВ. А так как фигура A'B’lC'l... одинаково
ориентирована с АВС... , то эти фигуры гомотетичны отно-
сительно центра Si-
Итак, фигура АВС... преобразуется в фигуру А'В'С...
двумя преобразованиями: гомотетией относительно центра S, и
симметрией относительно оси sv Неподвижной прямой в этом
92
преобразовании служит прямая s, проходящая через центр Si
и перпендикулярная к оси slt так как эта прямая не изменяет-
ся ни при первом, ни при втором преобразовании.
Проведем теперь биссектрису s2 второго угла, образуемого
прямой I и вектором А'В'. Пусть $2(Л'В'С' ...) = A'B'tCt... .
Фигура Л'В2С2... будет тоже гомотетична с АВС... относи-
тельно центра S2. В этом преобразовании неподвижной будет
прямая s', проходящая через S2 и перпендикулярная к s2.
Пересечение прямых $ и s' — точка S— единственная не-
подвижная точка преобразования. Так как биссектрисы смеж-
ных углов взаимно перпендикулярны, то s J_s'.
Если бы оказалось, что в этом преобразовании существует
еще одна неподвижная точка S', отличная от S, то из этого
следовало бы, что отрезок SS' преобразуется в самого себя,
т. е. что при любом преобразовании этого типа коэффициент
подобия равен единице, что противоречит определению по-
добия.
Упражнения
1.	Построить треугольник по двум углам и сумме двух его
сторон.
2.	Построить равносторонний треугольник по сумме (или
разности) стороны и высоты. 1
3.	Построить треугольник по двум углам и расстоянию
между центрами вписанной и описанной окружности.
4.	В данный четырехугольник вписать другой четырех-
угольник так, чтсбы его стороны были параллельны четырем
данным прямым.
5.	Через четыре данные точки провести четыре прямые так,
чтобы они своим пересечением определили четырехугольник,
подобный данному.
6.	Доказать, что если многоугольник, оставаясь постоянно
подобным себе, перемещается так, что три его вершины опи-
сывают прямые линии, то и каждая из остальных вершин
тоже описывает прямую линию.
7.	В данный четырехугольник вписать другой четырех-
угольник, подобный данному.
8.	Построить треугольник, подобный данному, так, чтобы
одна из его вершин лежала в данной точке, другая — на дан-
ной прямой, третья на данной окружности.
9.	Даны отрезки АВ и А'В'. Найти такую точку S, чтобы
треугольники ABS и A'B'S оказались собственно подобны
друг другу.
10.	Даны отрезки АВ и А'В'. Найти такую точку S, чтобы
треугольники ABS и A'B'S оказались несобственно подобны
друг другу.
11.	Можно ли решить задачу 2 (стр. 90), если данные
высоты не удовлетворяют неравенству треугольника?
ГЛАВА ВТОРАЯ
МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ В ТРЕУГОЛЬНИКЕ
И В ОКРУЖНОСТИ
§ 8. МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ В ТРЕУГОЛЬНИКЕ
(8.1)	Этот раздел геометрии посвящен весьма важному и
в теоретическом и в практическом отношении вопросу о кос-
венном измерении геометрических величин.
Косвенным измерением геометрических величин называет-
ся всякий способ нахождения числового значения какой-
нибудь величины, при котором не производят непосредствен-
8	ного ее измерения. Возмож-
ность такого нахождения обус-
\	- ловливается тем, что существу-
\	ют зависимости, которые позво-
\	ляют, зная числовые значения
\ s'	одних величин, вычислить по
ним числовые значения других.
Только благодаря косвенному
\	измерению были найдены раз-
меры Земли, определены рас-
стояния до Солнца, Луны, пла-
V'	нет, звезд, определены разме-
Рис. 103	ры молекул, атомов и т: д.
Выведем некоторые числовые зависимости между векто-
рами.
Определение 1. Проекцией вектора на ось называется
вектор, началом которого служит проекция начала даннога
вектора, а концом — проекция его конца на эту ось.
На рис. 103 вектор А'В' есть проекция АВ на ось /.
Проекция вектора считается положительной, если ее на-
правление совпадает с направлением оси, и отрицательной —
в противном случае.
Числовым значением проекции вектора называется ее длина,
взятая с положительным знаком, если проекция положительна,
и с отрицательным, если она отрицательна1.
1 В некоторых руководствах вектор А’В’ называют геометрической^
~ >
а его числовое значение — алгебраической проекцией вектора АВ.
94
Следствие. Проекция суммы нескольких векторов равно
сумме проекций слагаемых.
Пусть, например, мы имеем: AM = А В + ВС 4- CD +tDM
(рис. 104). Проектируя эти векторы на ось I, получим по опре-
делению суммы векторов:
А'В' + В'С + CD' + D’M' = AM.
Припомним определение тригонометрических функций.) Рас-
смотрим прямоугольные оси координат Ох и Оу (рис. 105).
Проведем произвольный вектор ОР и найдем его проекции ОХ
на Ох и OY на Оу.
Определение 2. Отношение числового значения проекции
ОХ к длине вектора ОР называется косинусом угла а (где а —
угол, на который нужно повернуть Ох в положительном на-
правлении, чтобы она пошла по направлению вектора ОР). От-
ношение числового значения] проекции OY к той же длине
вектора ОР называется синусом того же угла а.
Известно, _что [величина косинуса и синуса определяется
— >
только углом а и не зависит от величины вектора ОР, так
как для любого сонаправленного вектора ОР' мы будем иметь
в силу гомотетии:
cos а =
ОХ ОХ . ОУ OY
----= — и sin а = — = —.
ОР' ОР	ОР' ОР
Из определения’^косинуса получаем:
Следствие. Числовое значение проекции вектора на ось
равно длине вектора, умноженной на косинус угла между
осью и вектором.
95
Если т есть вектор, т' — его проекция на ось I, т — длина
вектора, т' — числовое значение его проекции, а — угол между
осью I и т, то получим:
/п'	,
— =а cos а, поэтому т — т cos а.
т
(8.2) Определение. Скалярным произведением двух векторов
а и Ъ называется произведение длины а одного вектора на чи-
словое значение Ь' проекции на его ось1 2 * * другого вектора. Ска-
лярное произведение обозначается а-b. Таким образом,
a-b = ab'.
Следствие 1. Если векторы сонаправлены, то их скаляр-
ное произведение равно произведению их длин. Если векторы
перпендикулярны, то их ска-
лярное произведение равно ну-
лю.
Это объясняется тем, что в
первом случае проекция вектора
равна самому вектору, а во вто-
ром случае проекция вектора
обращается в нуль.
Следствие 2. Скалярное про-
изведение векторов равно произ-
ведению длин этих векторов на
косинус угла между ними.
a-b — ah', но b' — fccosa,
откуда
а • b ab cos a.
Теорема. Скалярное произведение подчиняется перемести-
тельному и распределительному законам.
Доказательство. 1) Если a-b=abcosa, то b-а =
= ba cos (— а). Но ab — ba и cos (— a) = cos (a), поэтому
a-b = b-a.
2) Пусть a 4- b = m (рис. 106s). Умножим эту сумму на
1 Осью вектора называется прямая, проходящая по этому вектору и
сонаправленная с ним.
2 На рис. 106 векторы а' и Ь' сонаправлены, поэтому числа а' и b
одинаковы по знаку и а' + Ъ' = т'. Проверьте справедливость этого равен-
ства, когда а' и Ь' противонаправлены.
96
вектор с. Обозначим через а, Ь, т, с соответственно длины
векторов а, 6, /п, с, а через а', 6', т'— числовые значения
проекций векторов а, 6, tn на ось вектора с. Получим:
c-tn = cm' — с(а' b') = са' + cb' = с-а + с-Ь9
или
—► —»	—*	-► —► ~—►
с- (а 4- Ь) = с-а + с-Ь.
Из этой теоремы следует, что при скалярном умножении
векторных сумм или разностей можно пользоваться обычными
правилами алгебры, которые
применяются при умножении.
многочленов.	у' \
(8.3) Пользуясь свойствами	/	\
скалярного произведения,	V"
можно получить все основные	/	\
метрические соотношения в /	\
треугольнике.	\
Теорема косинусов, Квад- л	----------Д
рат стороны треугольника ра-	р _
вен сумме квадратов двух	ис’
других его сторон минус удвоенное произведение этих сторон
на косинус угла между ними.
Доказательство. Пусть нам дан треугольник АВС
(рис. 107). Обозначим длины его сторон ВС, С А и АВ
через а, Ь, с. По правилу вычитания векторов имеем:
ВС=АС—АВ или а=Ь — с.
Умножая каждую часть этого равенства на самое себя,
получим:
а2— (Ь—с)2=62+с2—26 • с и окончательно,
а2=62+с2—2bc cos а.	(1)
Это и есть формула, выражающая теорему косинусов.
Если угол а прямой, то cos 90°=0, и тогда мы получим
теорему Пифагора:
а2=62+с2,
г. е. квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.
Теорема косинусов дает возможность определить сторону
треугольника, если известны две другие его стороны, и угол,
заключенный между ними.
Эта же теорема позволяет определить любой угол тре-
угольника, если известны три его стороны. Действительно, из
7 А. И, Фетисов
97
той же формулы (1) можно получить значение cos а:
62 + с2 — а2	/9х*
cos а = —.	(2)
Лос
Чтобы получить формулы для остальных углов, применяют
так называемое «правило циклической замены». Согласно этому
правилу во всякой формуле, связывающей стороны а, Ь, с и
углы а, р, у треугольника, можно букву а заменить буквой Ь,
букву Ь — буквой с и букву с — буквой а. И точно так же
букву а заменить буквой 3, букву 3 — буквой у, букву у — бук-
вой а. Пользуясь правилом, легко получим:
с2 + а2—М	а2 + 62—с2
COS 3 =---1; COS у — -----!---------—.
2са	2аЬ
Из формулы (2) можно получить также формулы, определя-
ющие синусы углов треугольника по его сторонам. Введем пред-
варительно обозначения: периметр треугольника со [сторонами
а, Ь, с обозначим через 2р. Итак
2р = а + b + с.
Вычитая последовательно из обеих частей этого равенства
по 2а, 26, 2с, получим:
2 (р — а) = — а + b 4- с; 2 (р — b) = а — b + с;
2 (р — с) = а + Ь — с.
получаем:
1	_ 2&с — 62 — с2 + д2 а»-(Ь-с)2
2bc	2Ьс
_ (а — b + с)(д + & — с) _ 4(р"~!Ь)(р —с)
2bc	2Ьс
Итак, имеем:
1-а»а=.20’~>)^~с>.	(3)
Ъс
Аналогично получаем:
1 Д- сгк а - 2Ьс + Ь* + с2 ~ а2 -	+ с>2’-4,2
26с	26с
_ (а	Ь + ^) (— fl Ч- Ь + с) 2р (р — а)
26с	6с
98
Отсюда:
1 +cos« = 2p(p~a).	(4)
be
Перемножая формулы (3) и (4), находим:
1 - cos2 а = sin2 а = ^Р(Р-^(Р-Ь)(р-с)
и окончательно:
sin а = -^ /р(р —а) (р — Ь) (р — с).
ОС
Так как синусы углов треугольника всегда положительны»
то радикал берется со знаком плюс. Обозначая его величину
через S, получим:
2S	. ’	2S	. „	2S	/кч
sin а = —;	sin р	= —;	sin т =	—.	(5>
be	са	ab
Из формул (5) получаем теорему синусов.
Теорема синусов. Стороны треугольника относятся как
синусы противоположных углов.
Доказательство. Из формул (5) получим:
. D 2S 2S 1
sin ос: sin 0 = —: — = а: о\
Ьс са
точно так же:
• о • 2S 2S ,
sin В: sin т = — : — = о: с.
са ab
Окончательно:
sin а : sin 0: sin т = а: Ь: с.	(6)
Этой формулой выражается теорема синусов.
(8.4) Пользуясь полученными формулами, можно вычис-
лить стороны и углы треугольника, зная другие его стороны и
углы. Эти вычисления называются решением греугольника.
Рассмотрим основные случаи решения треугольника. В даль-
нейшем условимся длины сторон ВС, СА и АВ в треуголь-
нике АВС обозначать соответственно буквами а, &, с, а вели-
чины углов Л, В и С — буквами а, 0, у.
I случай решения треугольника. Даны а, 0, у; определить
Ь, с и а.
Пользуясь теоремой о сумме внутренних углов треуголь-
ника, сразу получаем:
а= 180°—(0+у).
*7*
99
Далее по теореме синусов определяем:
b sin 8	« a sin В
—	, откуда Ь =-------,
a sin a	sin а
и аналогично:
с sinr	asinY
— = —-, откуда с =« -------L.
a	sin a	sin а
Этот случай решения треугольника часто применяется на
практике для вычисления расстояний до недоступной точки
Пусть, например, нам нужно измерить расстояние от доступ-
ной точки В до недоступной точки А (рис. 108).
На некотором расстоянии от В выбираем третью точку С
так, чтобы из нее были видны точки А и В. Далее возможно
тщательнее измеряем длину ВС («базис») и одновременно при
Рис. 108
помощи угломерных инструментов из-
меряем углы [J при вершине В и х —
при вершине С треугольника АВС. По
уже выведенной формуле получаем окон-
чательно:
sine
II случай решения треугольника.
Даны о, с и а; найти £, х и а.
Пользуясь теоремой косинусов, на
ходим прежде всего сторону а по фор
муле:
а =я у Ъг + с* — 2bc cos а.
После того как определена сторона а, находим углы 3 и т
опять-таки по теореме косинусов:
с’ + а« —________аа+6« —с»
cos 3 = ——-------; cos х 1-----------
“	О~~	’	•	Ох, к
или по теореме синусов:
. п b sin а . . ~ г sin а
sin В = 	, sin т --------
а	а
III случай решения треугольника. Даны а, Ь, с\ найти а, т
Для решения вновь применяем теорему косинусов:
62 + с2 — а2
26с
cos а =
с2 + а2 — М
cos р =« —!-------;
cosy
а8 + Ь2 —с2
2аЬ
100
После того как по косинусам будут определены углы а, р и
у, производим проверку, пользуясь теоремой о сумме внутрен-
них углов треугольника. Мы должны получить а+р+у=180°.
Однако, ввиду того что всякое измерение дает лишь прибли-
женное значение чисел а, b и с, то и результаты вычислений
дают лишь приближенное значение углов. Поэтому сумма
а+р+у может отличаться от 180°, но эта разница не должна
превышать допустимой ошибки. Например, если относитель-
ная ошибка при измерении длины сторон достигает 1%, то
ошибка при определении угла может достичь 20'. Допуская
возможность такой ошибки на каждом из углов, мы получим,
что сумма углов может отличаться от 180° на целый градус.
IV случай решения треугольника. Даны а, Ь, а; требуется
найти р, у, с.
Пользуясь теоремой синусов, находим:
b sin В	. „ b sin а
— = —- , откуда sinp =--------.
a sins	а
Определив по таблицам угол р, находим угол у по формуле:
Т=И80° —(« + ₽)•
Сторона с определяется либо по теореме синусов:
asinr
с =-----L ,
sin a
либо по теореме косинусов:
с =	+ 63 * s — 2a6 cos у.
При решении треугольника в этом случае необходимо иссле-
довать формулу:
. о	6 sin a
sin р =----,
a
так как от результатов, полученных из нее, зависят все даль-
нейшие вычисления. Здесь возможны следующие случаи:
1) fesinot > 1. так как СИНуС угла не может быть больше
а
единицы, то в этом случае решение невозможно.
2) sina = 1. Если sinp = 1, то р = 90°, т. е. треугольник
а
прямоугольный. Задача в этом случае имеет единственное
решение.
3) ftsinct < 1. В этом случае задача также разрешима. Опре-
а
делим число решений. Так как sin a = sin (180° — а), то для
101
вычисления угла по его синусу мы получаем два значения: а и
180° — а. Если один угол острый, то другой тупой. Рассмотрим
следующие случаи: а) а<С&, тогда и а<СР. поэтому угол р
может быть и острым и тупым и, значит, задача имеет два
решения в зависимости от двух значений угла: либо а, либо
180° — а; б) а = Ь, тогда а = р и задача имеет единственное
решение, если а <90°; в) а >6, значит, а>р и угол р может
быть только острым, так как если бы угол р был тупым, то
и а должен быть тупым, но треугольника с двумя тупыми
углами не существует. Следовательно, и в этом случае задача
имеет единственное решение.
Все эти случаи можно наглядно иллюстрировать геометри-
ческим построением. Построим А ЛВС по данным а, Ъ, а. Для
этого построим сначала сторону АС = b (рис. 109) и при вер-
шине А построим угол, равный а. Чтобы получить третью сто-
рону, опишем из центра С окружность радиусом, равным а.
Точка ее пересечения с другой стороной угла а и будет третьей
вершиной искомого треугольника.
Варьируя величину а, мы можем получить все рассмотрен-
ные случаи. Если а взять очень малым, то окружность может
не пересечь сторону угла, что будет соответствовать случаю,
когда
fesinct ।
а
т. е. треугольник построить нельзя.
Увеличивая а, мы получим такой случай, когда окружность
коснется стороны угла, что соответствует равенству
bsing ___________________________।
а
т. е. угол при вершине В (точка касания) будет прямым.
102
При дальнейшем увеличении а окружность будет пересе-
кать сторону угла в двух точках В\ и В/, т. е. задача будет
иметь два решения. Увеличивая а еще больше, мы получим
окружность, которая пройдет через вершину 4, и будем иметь
единственную точку (кроме 4) пересечения на стороне угла.
При дальнейшем увеличении а окружность будет пересекать
сторону угла только в одной точке, тогда как другая точка
пересечения В2' будет лежать на продолжении стороны. Все
эти случаи показаны на рис. 109.
(8.5) Выведем теперь формулы для вычисления некото-
рых других величин в треугольнике. Найдем прежде всего
формулы, определяющие площадь. Мы знаем, что площадь
треугольника равна половине произведения длины его осно-
вания на длину высоты:
где а — длина основания ВС,
ha — длина опущенной на него
высоты (рис. ПО). Но высоту ha
можно выразить через одну из
сторон треугольника и угол при
основании, прилегающий к этой
стороне. Например, мы имеем:
Рис. ПО
ha = b sin у,
где Ь — длина стороны С4, г — величина угла С. Заменяя ha
в формуле для площади треугольника полученным выражением,
находим:
о ab .
S. = — sin Y,
д 2	1
(7)
т. е. площадь треугольника равна половине произведения двух
сторон его на синус угла между ними.
Если в формулу (7) подставить значение sin у из формул (5),
то получим:
sin у = - Ур(р — а) (р — Ь)(р — с),
5д = Vp(P~ а)(р — Ь)(р — с).
(8)
Эта формула, известная под названием формулы Герона1,
дает возможность определить площадь треугольника по трем
1 Герои Александрийский — греческий геометр, живший в I в. до н. э.
Ему принадлежит ряд работ по практической геометрии —землемерию.
103
его сторонам. Практическое значение этой формулы заклю
чается в том, что, зная ее, мы можем вычислить площадь лю-
бого многоугольника, не прибегая к угломерным инструмен-
там. Для этого достаточно разбить этот многоугольник на тре-
угольники и измерить длины их сторон. Площадь многоуголь-
ника определится как сумма пло
•	с	щадей составляющих треугольни
ков.
Акт	Очень простую формулу дл*
уч	определения площади треуголь-
\ ника можно получить, рассматри-
/ г\	вая окружность, вписанную в тре-
угольник (рис. 111). Если соеди-
т3	t нить центр / этой окружности со
всеми вершинами, то треугольник
Рис. Ill	АВС разобьется на три треуголь-
ника: ВС/, CAI и ABI. Беря сто
роны данного треугольника за основания, а радиус г вписан
ной окружности за высоту, получим:
q ___аг , Ьг . cr а + b
А 2	2	2	2
и окончательно:
= рг.
(9)
Эта же формула дает возможность определить радиус впи-
санной окружности по трем сторонам треугольника. Действи-
тельно, из формулы (9) находим:
= V р(р —а) (р — Ь) (р — с) =  f (p—a)(p — b) (р — с)
Р	Р	г	Р
т. е.
/(Р — а) (Р — Ь) (р — с)
Р
(10)
Из этой же формулы нетрудно получить новые формулы
для вычисления углов треугольника по его сторонам. Пусть
Т1.	Т3 — точки касания вписанной окружности со сторонами
ВС, С А, АВ (рис. 111), х, у, z— длины касательных:
х = АТ2= АТ3\ у = ВТ3= ВТ с, z = CTx = СТ2.
104
Имеем уравнения:
у -г z = а,
г + х = Ь,
х +у = с.
Сложив их почленно, получим:
2 (х + У + z) = а + b + с, или х + у + z = р.
Отсюда х + а. = р, х = р — а, аналогично у = р— b, z=p—с
Из треугольника АТ21 получаем:
tgy= —,
2	р — а
а путем циклической замены найдем
еще:
б2 р-Ь б2 р-с
Очень полезным при вычислении
некоторых элементов треугольника
является также следующее предло-
жение:
Теорема. Длина хорды окружности равна произведению
длины диаметра на синус вписанного угла, опирающегося на
эту хорду.
Доказательство. Возьмем окружность с центром О
(рис. 112) и на ней хорду MN длиной а. Проведем диаметр
MP = 2R и соединим его конец Р с точкой N. Обозначим через
а величину угла MPN. Так как &MNP — прямоугольный, то
получим:
a=2/?sinct.	(11)
Величину другого угла, опирающегося на ту же хорду (на-
пример, MP'N), обозначим а'. По свойству вписанных углов,
опирающихся на одну и ту же хорду, но расположенных по
разные стороны от нее, имеем: а'=180°—а, поэтому
sin а'= sin(180°—а) = sin а.
Значит, и в этом случае получаем:
a = 2R sin а'.
Следствие 1. Сторона треугольника равна произведению
диаметра описанной окружности на синус противоположного
угла:
а = 2R sin а.	(12)
tos
Отсюда также следует уже доказанная теорема синусов:
= 2R.
sin a sin 3 sin 7
Следствие 2. Радиус описанной окружности равен произ-
ведению трех сторон треугольника, деленному на учетверен-
ную площадь его.
Подставим в формулу (12) выражение sin а через площадь
2S	2S
и^стороны треугольника: sin а = — и найдем а = 2R • —, отку-
пе	Ьс
да получаем
в_____________-%	.
(13>
//	(8.6) Рассмотрим метрические
лсоотношения в некоторых других
9	прямолинейных фигурах. Докажем
следующее предложение:
Рис. 113	Теорема. Сумма квадратов
диагоналей параллелограмма рав-
на сумме квадратов всех его сторон.
Доказательство. Пусть мы имеем параллелограмм A BCD
(рис. 113) со сторонами АВ = р, AD = q и диагоналями АС =т
и DB = n. Как уже было доказано [см. (4.1), рис. 50]:
т = р 4- q,
n — p — q.
Беря скалярные произведения каждого из этих равенств на
самого себя, получим:
т2 = р2 + 2pq + <?2,
п2 = р2 — 2pq + q2.
Почленным сложением этих равенств получим доказываемое
предложение:
т2 + п2 = 2р2 + 2<?2.	(14)
Если же выражения для т и п скалярно умножить почлен-
но друг на друга, то получим:
Следствие 1. Произведение диагоналей параллелограмма на
косинус угла между ними равно разности квадратов двух
смежных сторон его.
106
Мы имеем:
m-n = (p + q)(p—~q),
или
тп cos ф = р2 — q2.
Равенство (14) позволяет вычислить медиану треугольника
по трем его сторонам. Действительно, если мы возьмем тре-
угольник АВС (рис. 114) с ме-
дианой AM = та, то, продолжая
медиану на ее длину за точку
М, найдем точку А', соединив
которую с точками В и С, по-
лучим параллелограмм А В А'С.
В нем диагональ ВС = а, диаго-
наль А А' = 2та. Применяя фор-
мулу (14), получим:
4/п’ + а2 = 2&2 + 2с2,
откуда
и
26* + 2сг — а2
4
та = у /2d2 4- 2с2 — а2.
(8.7) Приведем примеры задач, решаемых с помощью фор-
мул.
Задача 1. Найти отношение отрезков, на которые биссектри-
са внутреннего угла треугольника делит противоположную сто-
рону его.
Решение. Пусть AN — биссектриса угла А в треугольни-
ке АВС (рис. 115). Обозначим отрезки BN и CN соответствен-
но через р и q. По теореме синусов имеем:
а	а
sin—	sin —
2	2 ,
р =-----с; q =------6,
sin d	sin д'
107
где д и d' — соответственно углы AN В и ANC. Но в' == 180°—д,
поэтому sin й' = sin S. Почленным делением обоих равенств по-
лучаем:
£.= £.
Я b
Итак, мы доказали, что биссектриса внутреннего угла тре-
угольника делит противоположную сторону на части, пропор-
циональные прилегающим боковым сторонам.
Задача 2. Даны две недо-
ступные точки А и В и точка
М, из которой видны точки А
и В. Определить расстояние
между точками А и В (рис
116).
Решение. Выбираем на
местности доступную точку N,
из которой видны точки А, В
и М, и тщательно измеряем
расстояние MN=p (базис). По-
сле этого помещаем угломер-
Рис. 116	ный инструмент в точку Ми,
визируя на точки А и В, из-
меряем угол ДМВ=<р. Обозначая буквами а, b и х соответ-
ственно длины отрезков МА, МВ и АВ, получим по теореме
косинусов:
х2=а2 + b2—2ab cos <р.
Остается определить длины а и Ь.
Для этого измеряем угломерным инструментом ZBMW=p,
потом перемещаем инструмент в точку N и измеряем углы
^.MNA—a и Z.AWB=y. По теореме синусов из ДДММ по-
лучим:
а ___________sin а__________sin а
р	sin (180° — а — 3 — <p)	sin (а + 3 + ф) ’
откуда находим:
р sin а
а =-------------.
sin (« + 3 + ф)
Далее из A BMN находим:
Ь _ sin (« + -у)sin («+т)
р	sin (180°—а—3—Т)	sin (®+3+т)
Окончательно:
& = р sin (ct-i-f)
sin (а + 3 + т) ’
108
Таким образом, мы получили все необходимые данные для
определения длины х.
Задача 3. Доказать, что площадь всякого четырехугольника
равна половине произведения его диагоналей на синус угла
между ними.
Решение. Пусть A BCD — произвольный четырехугольник
с диагоналями АС = т и BD = п (рис. 117). Проведем через
вершины ABCD прямые, параллельные диагоналям, и получин
параллелограмм MNPQ, в котором MN — QP = DB, NP=* MQ=~
= АС. Перенесем вершину А в точку М, а вершину С — в точ-
ку Q. Так как З’двд = Smbd и Scbd — Sqbd> то пло-
щадь треугольника BMQ равновелика площади данного четырех-
угольника. Если теперь перенесем вершину В в точку Р, то
получим новый треугольник MPQ с такой же площадью, так
как Smpq = Sbmq- Итак, Smpq = Sabcd- Но в треугольнике MPQ
....	— угол между
По формуле для
MQ || AC, PQ [| BD и, значит, / MQP — <р, где
диагоналями. Кроме того, MQ = т и PQ — п.
площади треугольника получим:
с	тп sin q>
^MPQ —	1
поэтому и площадь четырехугольника A BCD
мулой:
выражается фор
е	тп sin ф
bABCD == ----“---
£
Задача 4. Найти геометрическое место точек, разность
квадратов расстояний которых от двух данных точек равнг
тостоянному числу k2.
Решение. Пусть А и В — данные точки (рис. 118). Най-
дем прежде всего на прямой АВ такую точку А4, чтобы
<о»
удовлетворялось условие:	Ч
MA2—MB2 = k2.
Обозначим длину АВ через /и, а длину МВ через х, тогда
получим:
(т—х)2—x2 = k2,	(1)
или	(т—x)2 = x2 + k2t
т. е. длина МА равна гипотенузе прямоугольного треуголь-
ника, катеты которого имеют длины k и х.
Чтобы найти х, проведем через В перпендикуляр к АВ и
отложим на нем отрезок ВА\ длина которого равна k. Тогда,
очевидно, MA'2 = k2+x2. В то же время мы имеем, что и
М42 = &24-х2, откуда следует, что МА'=МА, т. е. точка М
лежит на оси симметрии точек А и А'. Проведем эту ось, и
мы получим искомую точку М. Перпендикуляр, проведенный
через М к прямой АВ, и есть искомое геометрическое место.
Действительно, если мы возьмем на этом перпендикуляре
произвольную точку Р, то получим:
РА2 — РВ2= (МА2 + МР2) — (МВ2 + МР*) =МА2 — MB2 = k2,
т. е. каждая точка перпендикуляра МР удовлетворяет усло-
вию.
Если же возьмем точку Р' вне этого перпендикуляра, то,
беря ее проекцию М' на прямую АВ, получим, как и раньше,
Р'А2—Р'В2=М'А 2—М'В2.
Эта разность не может равняться Л2, так как из уравнения (1)*
имеем: т2—2mx=k2, или т2—k2=2mx, откуда
Мы видим, что получилось уравнение первой степени, ко-
рень которого х однозначно определяет точку М и потому
никакой другой точки М', удовлетворяющей уравнению (1),
на прямой АВ быть не может.
Упражнения
1.	На высоте 39° над горизонтом блеснула молния. Через
3 секунды после этого послышался гром. На какой высоте
над землей находится грозовая туча? (Скорость звука равна
340 м!сек.)
2.	От звезды а в созвездии Большой Медведицы свет идет
к 1нам 96 лет, а от звезды 0 в том же созвездии — 76 лет.
Угловое расстояние между звездами а и 0, равно. 5°23'. Сколь-
ко лет идет свет от звезды а к звезде 0?-
110
3.	Доказать, что если биссектриса внешнего угла при вер-
шине А в треугольнике АВС пересекает прямую ВС в точке Р,
то отрезки РВ и PC пропорциональны сторонам АВ и АС:
РВ PC .
АВ = АС *
4.	Доказать, что если в треугольнике отношение квадратов
двух его сторон равно отношению их проекций на третью
сторону, то этот треугольник прямоугольный или равнобед-
ренный.
5.	Доказать, что во всяком треугольнике расстояние от
вершины до точки касания противоположной вневписанной
окружности равно полупериметру.
6.	Через данную точку провести секущую, которая отсекла
бы от данного угла треугольник данного периметра.
7.	Найти отношение суммы квадратов медиан треугольни-
ка к сумме квадратов его сторон.
8.	На прямой даны точки Л, В, С и точка Р вне этой
прямой. Доказать равенство (теорема Стьюарта):
РА2 • ВС + PC2 • АВ — РВ2 -АС = АВ- ВС- АС.
9.	Применить теорему Стьюарта к вычислению длины ме--
дианы или биссектрисы треугольника по длине трех era
сторон.
10.	Найти геометрическое место точек, сумма квадратов
расстояний которых от двух данных точек есть величина по-
стоянная.
§ 9. МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ В ОКРУЖНОСТИ
(9.1) Теорема 1. Если через точку М в плоскости окруж-
ности провести прямую, пересекающую окружность в точках
А и Д', то произведение МА - МА' есть число, постоянное для
данной точки, независимо от положения секущей.
Доказательство. Проведем к данной окружности че-
рез точку М две секущие, пересекающие окружность в точках
А, А' и В, В' (рис. 119, а и б), и докажем, что МА - МА'=
=МВ - МВ'. Соединим точки А с В' и Вс А'; ДАВ'Мсо.
соДВА'М, так как у них равны углы при вершине М и ZД =
= ZB, так как они вписанные и опираются на одну и ту же
дугу А'В'.
Из подобия треугольников получаем пропорцию:
МА = МВ’
МВ МА ’
111
откуда по главному свойству пропорции получаем: МА-МА' =
— МВ-МВ', а следовательно, будем иметь:
МА-МА' = МВ-МВ'.
Определение. Постоянная величина скалярного произведения
коллинеарных векторов, направленных от данной точки к точ-
кам пересечения с окружностью, называется степенью точки
по отношению к данной окружности.
Рис. 119	Рис. 120
Следствие. Если точка находится вне окружности, то в
произведении МА-МА' векторы сонаправлены и потому онс
положительно и равно произведению их длин:
МА-М%’ = р8.
Если точка находится внутри окружности, то в произве-
дении МА-МА' векторы противонаправлены и потому про-
изведение отрицательно:
МА-МА’ ~ — р8.
Если точка находится на окружности, то ее степень по от-
ношению к окружности равна нулю, так как при этом длина
одного из векторов обращается в нуль.
Теорема 2. 1) Степень внешней точки равна квадрату
длины касательной от данной точки до окружности. 2) Сте-
пень внутренней точки равна по абсолютной величине квад-
рату половины длины наименьшей хорды, проведенной через
ету точку.
Доказательство. 1) Проведем в окружности секущую
МА'А и касательную МТ (рис. 120). АМАТсо^МТА', так как
112
у них равны углы при вершине М и / МТ А' = ^МАТ, так
как каждый из них измеряется половиной дуги А'Т. Отсюда
получаем пропорцию:
МА  МТ
МТ МА' ’
а потому
МА-МА' = МТ*.
2) Если М — внутренняя точка, то из всех хорд, проходя-
щих через М, наименьшей будет та, которая перпендикулярна
к радиусу, проходящему через эту точку, так как эта хорда
находится на наибольшем расстоянии от центра. На рис. 121
хорда ТТ' J_OM. Хорда АА' находится от центра на расстоянии
ON, но OM~^ON, так как гипотенуза больше катета в тре-
угольнике OMN. Итак, мы имеем:
МА-МА' = МТ-МТ’ = — МТ*.
Если М — внешняя точка, то, описав из центра М окруж-
ность радиусом, равный МТ, получаем окружность, для кото-
рой радиус ОТ будет касательной. Такую окружность называ-
ют ортогональной по отношению к данной, так как угол между
касательными к ним в точке их пересечения — прямой (рис. 122).
Если же М — внутренняя точка, то, описав из центра М
окружность радиусом, равным МТ, получим новую окружность,
которую называют диаметральной по отношению к данной,
так как данная окружность пересекает новую по диаметру
(рис. 123).
Величина степени точки по отношению к окружности может
быть выражена через радиус и расстояние точки от центра.
Проведем секущую через центр и получим:
для внешней точки (рис. 124):
р* = МА-МА' = (МО + ОА)-(МО — ОА) = ЛЮ2 — г2;
для внутренней точки (рис. 125):
— р* = МЛ-МД' = (ОА + мЪ)-.(ОА — МО) = г2 —МО*.
Итак, во всех случаях степень точки М по отношению
к окружности с центром О и радиусом г выражается фбрмулой
р* = МО* — г*.
Из этой формулы видно, что если М — внешняя точка, то
МО>г и степень положительна, если М — точка окружности,
то МО=г и степень равна нулю, если МО<г, то точка внут-
ренняя и степень отрицательна.
8 А, И. Фетисов
113

(9.2) Рассмотренные нами свойства окружности позволяют
решить большое число разнообразных задач. Приведем при-
меры.
Задача 1. Найти среднее пропорциональное двух данных
отрезков.
Решение. Напомним,	/
что средним пропорциональ-	т
ным двух чисел а и b назы-
вается число х, удовлетворяю-	/7 \	\
шее пропорции а: х = х: b,	s' [	\	\
или, что все равно, равенству	/	\ I
х2= ab.	I '	/
Если даны два отрезка	____________J
длиной а и Ь, то средним про-/*	8 х.	/л
порциональным будет отрезок,	'
длина которого х удовлетворя-	Рис. 127
ет предыдущему равенству.
Для получения такого _отрезка можно использовать сле-
дующее построение. Пусть а и Ь — данные отрезки (рис. 126).
Отложим на прямой от точки М по разные стороны отрезки
МА = а и МВ = Ь. На отрезке АВ, как на диаметре, построим
окружность и проведем через точку М хорду ТТ' перпендику-
лярно к АВ. Так как
ма-мв = мт-мт' и мт =—мг,
то длина х каждого гиз этих отрезков удовлетворяет условию
х2 = ab.
Эту же задачу можно решить, откладывая отрезки МА и
МВ в одном и том же направлении (рис. 127). Если провести
окружность через точки А и В, то касательная МТ удовлетво-
ряет условию МА • МВ = МТ* и отрезок МТ имеет искомую
длину.
Задача 2. Найти геометрическое место точек, имеющих одну
и ту же степень относительно двух данных окружностей.
Решение. Пусть имеем две окружности с центрами Ох и
О2 и радиусами и г2 (рис. 128). Положим, что Р есть точка,
удовлетворяющая данному условию. Припоминая общую фор-
мулу для степени, получим равенство:
POl — =	— rl
Отсюда находим:
POi — РО2 = г?_ г\.
Так как разность г? — г’ постоянна, то, очевидно, искомое
геометрическое место есть то же самое, что уже было опреде-
8*
115
лено при решении задачи 4 в предыдущем параграфе. Это есть
геометрическое место точек, разность квадратов расстояний
которых от двух данных точек Ох и О2 постоянна. Там было
доказано, что этим геометрическим местом является прямая,
перпендикулярная к прямой, проходящей через данные точки.
В нашем случае это будет прямая,
перпендикулярная к линии центров.
Она называется радикальной осью
двух окружностей.
Если окружности пересекаются, то
их радикальная ось проходит по об-
щей хорде, так как точки пересечения
окружностей имеют одну и ту же сте-
пень, равную нулю, относительно обе-
их окружностей (см. рис. 128, а).
Если окружности касаются, то ра-
дикальная ось совпадает с касатель-
ной, проведенной через точку их каса-
ния друг с другом (рис. 128, б).
Если одна окружность лежит вне
другой, то радикальная ось проходит
через точку, делящую пополам отре-
зок общей касательной между точка-
ми касания (рис. 128, в).
Каждая внешняя точка радикаль-
ной оси есть центр общей ортогональ-
ной окружности для двух данных ок-
ружностей (см. рис. 128, в). Каждая
Рис 128 внутренняя точка радикальной оси
есть центр общей диаметральной ок-
ружности (см. рис. 128, а).
Задача 3. Доказать, что если центры трех окружностей не
лежат на одной и той же прямой, то их радикальные оси пере-
секаются в одной и той же точке, называемой радикальным
центром трех окружностей.
Решение. Рассмотрим окружности с центрами О(, О2, Оз,
не лежащими на одной и той же прямой (рис. 129, а,б). Обо-
значим через /1 радикальную ось окружностей с центрами О2
и О3, а через — радикальную ось окружностей с центрами
О3 и Оь По определению радикальной оси имеем:
/1-LO2O3 И /2-LO3O1.
Точки Oi, 02, Оз не лежат на одной и той же прямой, по-
этому прямые /1 и I2 пересекаются в некоторой точке S. Эта
точка имеет одну и ту же степень по отношению ко всем трем
окружностям. Отсюда следует, что и третья ось 13 окружно-
стей с центрами Oi и 02 пройдет через ту же точку S.
116
Если S — внешняя точка, то она служит центром един-
ственной ортогональной окружности к данным окружностям
Рис. 129
(рис. 129, а). Если S — внутренняя точка, то она служит цент-
ром единственной окружности, диаметральной к данным
(рис. 129,6).
Задача 4. Провести через две точки окружность, касаю-
щуюся данной окружности.
Решение. Пусть даны точки Л и В и окружность с цент-
ром О (рис. 130). Положим, что задача решена и мы нашли
окружность с центром касающуюся данной в точке Т. Об-
щая касательная, проходящая через эту точку, есть в то же
время и радикальная ось окружностей. Она пересекает пря-
мую АВ в точке S. Проведем через точки А и В вспомога-
тельную окружность с центром О' так, чтобы она пересекла
данную окружность в точках М и N. Так как через точку S
проходят радикальные оси АВ и TS, то через нее же должна
пройти и третья ось — MN. Если из радикального центра S
117
йровести окружность радиусом ST, то эта окружность будет
ортогональной окружностью для всех трех окружностей.
Отсюда мы получаем следующий порядок построений. Сна-
чала проведем через точки А и В вспомогательную окруж-
ность и найдем точки М и N. Пересечение прямой MN с пря-
мой АВ определяет точку S. Проведя через S касательные ST
и ST', определим радиус ортогональной окружности и вместе
с тем искомые точки касания. Если точки А и В находятся
одновременно вне или внутри данной окружности, то задача
имеет два решения. Если же одна находится вне, а другая —
внутри, то задача неразрешима. Если бы оказалось, что
ЛШЛВ, то точки Т и Т' лежали бы на оси симметрии точек
Л и В и на данной окружности.
Упражнения
1.	Доказать, что если выполняется равенство МА «Л1Л'=
=МВ • МВ', где вектор МА' коллинеарен с МА, а МВ' колли-
неарен с МВ, то точки А, А', В, В' лежат на одной и той же
окружности.
2.	Найти геометрическое место точек, степень которых
относительно данной окружности равна данному числу.
3.	Высота маяка над уровнем моря равна h м. Каков ра-
диус горизонта, видимого с этого маяка? (Радиус Земли
приблизительно равен 6370 км.)
4.	Доказать, что если равнобедренная трапеция описана
около окружности, то диаметр есть средняя пропорциональ-
ная между основаниями трапеции.
5.	Если окружности касаются извне, то отрезок общей
внешней касательной между точками касания есть среднее
пропорциональное между диаметрами окружности.
6.	Принимая вершины треугольника за центры, описать
три окружности, которые пересекали бы друг друга ортого-
нально.
7.	Дана окружность с центром О и прямая I с точкой М
на ней. Провести окружность, касающуюся прямой I в точке
М и пересекающую окружность О ортогонально.
8.	Окружности с центрами О и О' имеют центр положи-
тельной гомотетии в точке S. Доказать, что точки касания
окружности, касающейся извне данных окружностей, лежат
на одной и той же прямой с центром S.
9.	Точка S— центр гомотетии окружностей с центрами
О и О'. Т и Т' — точки касания общей касательной, проходя-
щей через S. Секущая, проходящая через центр гомотетии,
встречает окружности .в соответственных точках А и А', В и
В'. Доказать, что точки А, В', Т, Т' лежат на одной и той
же окружности, так же как и точки А', В, Т, Т'.
10.	Через данную точку провести окружность, касаю-
щуюся двух данных окружностей.
ЧАСТЬ ВТОРАЯ
Стереометрия
ГЛАВА ТРЕТЬЯ
ВВЕДЕНИЕ
§ 10. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ СТЕРЕОМЕТРИИ
Во второй части геометрии — стереометрии 1 — изучаются
свойства фигур, ,не все точки которых принадлежат одной
и той же плоскости. Такие фигуры называются простран-
ственными, а стереометрия называется также геометрией
пространства.
Основными элементами в геометрии плоскости — плани-
метрии —были точки и прямые. В стереометрии к этим ос-
новным элементам присоединяются еще и плоскости, кото-
рые обозначаются малыми греческими буквами — а, 0, у,...
Для изображения пространственных фигур приходится
пользоваться рисунками, на которых некоторые части фигур
получаются искаженными, не такими, каковы они в действи-
тельности. Например, на изображении стола (рис. 131) пря-
моугольная крышка его представляется в виде косоугольно-
го параллелограмма.
Плоскость не имеет границ, поэтому для изображения ее
на чертеже приходится пользоваться условными фигурами,
представляющими собой ее часть. Иногда эта фигура берет-
ся в виде прямоугольника, иногда — в виде куска неопреде-
ленной формы (рис. 132).
1 Слово стереометрия составлено из двух греческих слов: атересд
(стереос) — «пространственный» и jistpгы (метрео) — «мерю».
121
§ 11. АКСИОМЫ СТЕРЕОМЕТРИИ И ИХ СЛЕДСТВИЯ
(11.1) Соотношения между основными элементами про-
странства даются следующими аксиомами.
Аксиома 1. Через три точки, не лежащие на одной и той
же прямой, можно провести плоскость, и притом только одну.
Указанным в этой аксиоме свой-
ством плоскости мы постоянно поль-
зуемся на практике. Например, за-
пертую на замок дверь нельзя от-
крыть потому, что в ней имеются три
неподвижные точки: две петли и за-
мок.
Аксиома 2. Если две различные
плоскости имеют общую точку, то
через эту точку проходит единствен-
ная общая прямая этих плоскостей.
Две плоскости, имеющие только
одну общую прямую, называются
пересекающимися, а их общая пря-
мая — линией их пересечения.
две различные точки прямой принадле-
Аксиома 3. Если
жат плоскости, то и вся прямая принадлежит этой плоско-
сти.
Этим свойством часто пользуются на практике: если хо-
тят проверить, плоская ли данная поверхность, то прикла-
дывают к ней линейку в различных направлениях и смотрят,
совпадает ли линейка с поверхностью всеми своими точками.
Аксиома 4. В пространстве всегда существуют четыре
точки, не принадлежащие одной и той же плоскости.
Из этой аксиомы следует, что если дана какая-нибудь
плоскость а, то всегда существуют точки, лежащие вне этой
плоскости.
Возьмем произвольную точку А на плоскости а (рис. 133);
имеется еще и точка А', не принадлежащая этой плоскости.
Прямая а, проходящая через точки А и А', имеет с плос-
костью одну, и только одну, общую точку А. В этом случае
говорят, что прямая а и плоскость а пересекаются в точке А.
В дальнейшем для сокращения записи мы будем пользо-
ваться следующими условными знаками:
1) Знак пересечения X; например, аХб — прямая а пере-
секает прямую 6; аХа — прямая а пересекает плоскость а;
<х X Р — плоскость а пересекает плоскость р.
2) Знак тождествам употребляется, когда хотят обозна-
чить, что два данных символа обозначают один и тот же
предмет. Например, запись a = MN означает, что символами
а и MN обозначена одна и та же прямая; запись А=пгп
означает, что символами А и тп обозначена одна и та же
точка.
122
Заметим, что тождество обладает свойствами:
1)	симметрии: если А = В, то и В=4;
2)	рефлективности: 4=4 (каждый предмет тождествен
с самим собой);
3)	транзитивности: если 4=В, В=С, то 4 = С.
Эти свойства вместе называются условиями эквивалент-
ности. Условиям эквивалентности удовлетворяют многие
соотношения. Например, соотношения равенства чисел: если
tn, п, р обозначают числа, то, очевидно, будем иметь:
1)	если т = п, то и и=/п;
2)	т=т-
3)	если т=п, п=р, то т=р.
Эквивалентными являются соотношения равенства и по-
добия фигур в геометрии [см. (1.3) и (7.1)].
Соотношения же неравенства не являются эквивалентны-
ми. Действительно, из а>Ь не следует, что и Ь>а.
(11.2) Непосредственно из аксиом получаем следствия.
Следствие 1. Через прямую и точку, не принадлежащую
этой прямой, можно провести плоскость, и притом только
одну.
Рассмотрим прямую а и не принадлежащую ей точку 4
(рис. 134). На-прямой а возьмем две различные точки М и
N. Согласно аксиоме 1 существует плоскость а, проходящая
через три точки 4, М и N. По аксиоме 3 аОх. Если допустим,
что через прямую а и точку 4 проходит еще одна плос-
кость — а', то, очевидно, она проходит через точки М и N.
Но через три точки 4, М и N, не принадлежащие одной и
той же прямой, можно провести только одну плоскость
(аксиома 1), следовательно, а' = а.
Следствие 2. Через две пересекающиеся прямые можно
провести плоскость, и притом только одну.
Рассмотрим две прямые m и п, пересекающиеся в точке
А (рис. 135). На прямой пг возьмем точку М, отличную от 4,
а на прямой п возьмем точку N, отличную от 4. Точки М,
N и 4 не лежат на одной и той же прямой, и согласно
аксиоме 1 существует плоскость а, проходящая через эти
123
точки. По аксиоме 3 прямые тип принадлежат этой
плоскости. Если допустим, что существует другая плоскость —
а', проходящая через те же прямые т и п, то эта плоскость
проходит и через точки М, N и А. Но через три точки, не
лежащие на одной и той же прямой, 'Можно провести только
одну плоскость, следовательно, а'=а.
Если число элементов, определяющих плоскость, недоста-
точно, то задача о проведении плоскости становится неопре-
деленной. Например, через две данные точки (или, что все
равно, через данную прямую) можно провести бесконечное
множество плоскостей. Действительно, если дана прямая а,
то, беря вне ее еще точку Л1, проведем через прямую и точку
плоскость ар Беря вне этой плоскости еще точку А2, про-
ведем через нее и прямую а еще плоскость аг. Повторяя
этот процесс, мы получим плоскости аз, а*, ..., ап, ...
Дверь, закрепленная на двух петлях, лист книги или
тетради, крышка рояля дают наглядные представления о
плоскости, вращающейся около неподвижной прямой и мо-
гущей занимать бесконечное множество различных поло-
жений.
Упражнения
1.	Как расположены в пространстве п прямых, каждая из
которых пересекает все остальные и никакие три не проходят
через одну и ту же точку?
2.	На сколько отдельных областей разделяют плоскость
п прямых, удовлетворяющих условию предыдущей задачи?
3.	На сколько отдельных областей разделяют пространст-
во п плоскостей, из которых каждая пересекает все осталь-
ные и никакие три не проходят через одну и ту же прямую?
4.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
двум данным пересекающимся прямым, а также и принадле-
жащих любой прямой, пересекающей одновременно обе дан-
ные прямые, но не проходящей через точку их пересечения.
ГЛАВА ЧЕТВЕРТАЯ
ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 12. ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ
(12.1)	Припомним, что параллельными называются пря-
мые. принадлежащие одной и той же плоскости и не пересе-
кающиеся друг с другом. Если рассматривать совпадение
двух прямых как частный случай параллельности (когда
расстояние между параллельными равно нулю), то соотно-
шение параллельности получает свойство эквивалентности.
Действительно, для параллельных прямых на плоскости
имеем:
1)	если а\\Ь, то й||а (симметричность);
2)	а||а (рефлективность);
3)	если а||6, д||с, то а||с (транзитивность).
Основное свойство параллельности на плоскости выражает-
ся аксиомой параллельности: Через данную точку к дан-
ной прямой можно провести одну, и только одну, параллель-
ную прямую (1.2). Это предложение остается в силе и для
пространства.
В самом деле, положим, что в пространстве дана прямая
а и вне ее точка Р. Так как искомая прямая должна лежать
в одной плоскости с прямой а и проходить через точку Р,
то такой плоскостью может быть только единственная плос-
кость а, проходящая через прямую а и точку Р. А в плоско-
сти а через точку Р можно провести единственную прямую
р, параллельную прямой а. Итак, прямая р — единственная.
Если бы точка Р лежала на прямой а, то единственной па-
раллельной была бы сама прямая а.
Возможные случаи положения двух прямых в простран-
стве устанавливаются следующей теоремой.
Теорема 1. Две прямые в пространстве могут находиться
по отношению друг к другу только в одном из следующих
трех положений: 1) прямые пересекаются-, 2) прямые парал-
лельны; 3) прямые скрещиваются, т. е. не принадлежат
одной и той же плоскости.
125
Существование пересекающихся и параллельных прямых
совершенно очевидно. Чтобы доказать существование скре-
щивающихся прямых, рассмотрим четыре точки Л, В, С, D
(рис. 136), не лежащие в одной и той же плоскости (аксио-
ма 4).
Прямые АВ и CD не имеют общей точки, так как если
бы они пересекались,
то через них можно было бы про-
вести плоскость, а тогда точки Л, В,
С, D лежали бы в одной плоскости.
Но прямые ЛВ и CD не могут быть
и параллельными, так как и тогда
они лежали бы в одной плоскости и
в этой плоскости находились бы и
точки Л. В. С, D, Итак, прямые ЛВ
и CD не имеют общих точек и не мо-
гут принадлежать одной и той же
плоскости.
Следствие. Через две несовпада-
ющие параллельные прямые можно
провести одну, и только одну, плос-
кость.
Существование плоскости, в которой лежат обе параллель-
ные прямые, есть следствие определения параллельности. Эта
плоскость единственная, так как если
раллельных и точку на другой из
них, то данная плоскость проходит
и через эту прямую и через эту точ-
ку. Всякая плоскость, проходящая
через эти параллельные, будет со-
держать ту же прямую и ту же
точку, т. е. совпадет с первоначаль-
ной плоскостью.
(12.2) Посмотрим теперь, каки-
ми признаками определяется парал-
лельность прямых в пространстве,
иначе говоря, каким существенным
свойством отличаются две парал-
лельные прямые от двух пересекаю-
щихся и от двух скрещивающихся
взять одну из этих па-
прямых.
Теорема 2. Если две прямые параллельны, то все плоско-
сти, пересекающие одну из них, пересекают и другую.
Пусть дано: а\\Ь и бХа (рис. 137). По определению пря-
мые а и b лежат в одной и той же плоскости у. Положим,
что плоскость б пересекает прямую а в точке А. Следова-
тельно, плоскости у и б имеют общую точку Л и по аксиоме 2
они имеют и общую прямую /. Прямая /, принадлежащая
126
плоскости у, пересекает прямую а в точке А, поэтому она
должна пересекать и прямую Ь, так как если бы оказалось,
что /||&, то через точку А проходили бы две параллельные
прямой Ь, что противоречит аксиоме параллельности. Итак,
прямые I и Ъ имеют общую точку, которую обозначим через
В. Эта точка является единственной общей точкой прямой b
и плоскости б. Итак, 6Х&.
Теорема 3 (обратная). Если все плоскости, пересекающие
одну из двух данных прямых, пересекают и другую, то эти
прямые параллельны.
Две прямые а и Ь, удовлетворяющие условию теоремы,
не могут быть пересекающимися, так как в этом случае
всегда можно найти плоскость, пересекающую одну из них и
не пересекающую другую. Например, на рис. 137 плоскость б
пересекает прямую а, но не пересекает прямой I. Прямые а
и b не могут быть и скрещивающимися, так как и в этом
случае плоскость, пересекающая одну из них, может и не
пересекать другую. Например, на рис. 136 плоскость а пере-
секает прямую CD, но не пересекает прямой АВ. Итак, воз-
можно только, что а||6.
Только что доказанные теоремы (прямую и обратную)
можно соединить в одну, применяя условия необходимости и
достаточности, которыми весьма часто пользуются в матема-
тике.
Условие называется необходимым, если без выполнения
его данное предложение оказывается безусловно неверным.
Таковы, например, условия: «для того чтобы прямые были
параллельны, необходимо, чтобы они принадлежали одной и
той же плоскости»; «для того чтобы четырехугольник был па-
раллелограммом, необходимо, чтобы две противоположные
стороны его были равны между собой».
Условие называется достаточным, если при его выполне-
нии данное предложение безусловно верно. Достаточными,
например, являются условия: «для того чтобы сумма двух
углов равнялась 180°, достаточно, чтобы они были смеж-
ными»; «для того чтобы выпуклый четырехугольник был
параллелограммом, достаточно, чтобы его вершины совпа-
дали с серединами сторон какого-нибудь четырехугольника».
Обратим внимание на то, что вышеуказанные необходимые
условия не являются в то же время достаточными: принад-
лежность двух прямых к одной и той же плоскости не доста-
точна для их параллельности (они могут пересекаться); ра-
венство только двух сторон недостаточно для того, чтобы
четырехугольник был параллелограммом (он может быть и
равнобочной трапецией).
В то же время в двух приведенных выше примерах доста-
точные условия не являются необходимыми: чтобы сумма
двух углов равнялась 180°, нет необходимости, чтобы они
127
были смежными (например, они могут быть противополож-
ными углами вписанного четырехугольника); для того чтобы
получить параллелограмм, не обязательно брать его вершины
на серединах сторон четырехугольника.
Особенно важное значение имеет тот случай, когда в
предложении объединяются одновременно и необходимое и
достаточное условия. Это имеет место всегда, если одновре-
менно истинны и прямая и обратная теоремы.
Например, две теоремы о равнобедренном треугольнике
можно объединить в одну: «для того чтобы треугольник был
равнобедренным, необходимо и достаточно, чтобы углы при
его основании были равны между собой». Здесь необходи-
мому условию соответствует прямая теорема: «Если треугрль-
ник равнобедренный, то углы при его основании равны между
собой». Достаточному же условию соответствует обратная
теорема: «Если углы при основании треугольника равны
между собой, то треугольник равнобедренный».
Таким же образом признак параллельности прямых в про-
странстве может быть сформулирован так: чтобы две прямые
были параллельны, необходимо и достаточно, чтобы все плос-
кости, пересекающие одну из них, пересекали и другую.
Можно очень наглядно показать практическое значение
этого признака параллельности. Представим себе поле, по-
крытое хорошо выколосившейся и нормально развившейся
рожью или пшеницей, когда стебли всех растений располо-
жены параллельно друг к другу. При этих условиях любая
режущая плоскость (косы или ножей жатвенной машины),
пересекшая один стебель, пересечет и все параллельные ему
стебли и уборка происходит нормально. Если же в результате
какого-нибудь стихийного бедствия (град, ливень с ветром)
часть растений повяжет, то плоскость, пересекшая некоторые
стебли, не пересечет другие и многие растения останутся не-
скошенными, что приводит к потери части урожая.
(12.3) Теорема 4. Соотношение параллельности прямых
в пространстве есть соотношение эквивалентности, т. е. оно
удовлетворяет условиям симметрии, рефлективности и тран-
зитивности.
Условие симметрии, заключающееся в том, что из соотно-
шения а\\Ь следует Ь\\а, вытекает непосредственно из опреде-
ления параллельности, так же как и условие рефлективности:
а||а. Остается доказать транзитивность, т. е. что из условий
а\\Ь и Ь\\с следует а||с (рис. 138).
Пересечем прямую а произвольной плоскостью б. По тео-
реме 2 эта плоскость пересечет и прямую &, а по той же тео-
реме она пересечет и прямую с. Но тогда мы имеем, что все
плоскости, пересекающие прямую а, пересекают и прямую с,
следовательно, по теореме 3 а||с.
128
Теорема 5. Если у двух углов, расположенных в простран-
стве, стороны параллельны и одинаково направлены *, то та-
кие углы равны между собой.
Рассмотрим два угла в пространстве: один — с вершиной О
и сторонами а и Ь, другой — с вершиной О' и сторонами а' и
Рис. 138	Рис. 139
Ь', причем а\\а' и Ь||&' и направления каждой пары сторон
одинаковы (рис. 139).
Отложим на сторонах а и а' соответственно отрезки
ОА = О'А', а на сторонах b и Ь'— отрезки ОВ=О'В' и соеди-
ним отрезками точки А и В, А' и В', А и Л', В и В', О и О'.
Так как отрезки О А и О'А' равны и параллельны, то четырех-
угольник ОАА'О'— параллелограмм, т. е. АА'=ОО' и
АА'ЦОО'. Точно так же ОВ = О'В' и ОВ||О'В', значит, четы-
рехугольник ОВВ'О'— тоже параллелограмм, поэтому ВВ'—
= 00' и ВВ'НОО'. На основании теоремы 4 получим отсюда:
АА'ЦВВ', а ввиду равенства этих отрезков одному и тому же
отрезку 00' получим: АА'=ВВ'. Следовательно, четырех-
угольник АА'В'В — тоже параллелограмм, поэтому АВ=А'В'.
Итак, в треугольниках АО В и А'О'В' три стороны одного
соответственно равны трем сторонам другого, поэтому
ЛАОВ = ДА'О'В', следовательно, 2.АОВ= Д.А'0'B'.
(12.4) На основании предыдущей теоремы мы можем
определить меру угла, определяемого скрещивающимися пря-
мыми. Пусть мы имеем скрещивающиеся прямые а и Ь, на
которых выбраны определенные направления (рис. 140). Из
произвольной точки О проведем лучи /пил, сонаправленные
с данными прямыми. Величина этого угла не зависит от вы-
бора точки О. Действительно, если мы возьмем любую другую
1 Два параллельных луча называются одинаково направленными (со-
направленными), если они находятся в одной и той же полуплоскости по
отношению к прямой, проходящей через их начало.
9 А. и. Фетисов	129
точку О' и из нее проведем лучи т' и п', сонаправленные
с прямыми а и Ь, то получим пг||а и т'Ца, т. е. тЦт', пЦЬ,
п'ЦЬ, т. е. п\\п'. Очевидно также, что лучи т и т', п и п'
сонаправлены. Значит, Z.mOn= Z.m'0'n'. Отсюда получаем:
Определение. За меру угла, определяемого скрещиваю-
щимися прямыми, принимается величина угла, образуемого
двумя лучами, имеющими общую вершину и сонаправлен-
ными с данными прямыми.
Рис. 140
Рис. 141
Если угол между скрещивающимися прямыми равен 90°,
то прямые называются перпендикулярными.
Следствие. Прямая, перпендикулярная к одной из двух
параллельных прямых, перпендикулярна и к другой.
Дано: а||Ь; /±а (рис. 141).
Доказать: 11.Ь.
Найдем угол, определяемый прямыми I и Ь, для чего из
произвольной точки О проведем т\]Ь и п\\1. Угол тОп есть
угол, определяемый прямыми I и Ь. Вместе с тем т || а, так
как а\\Ь и т\\Ь, следовательно, Z/nOn есть в то же время и
угол, определяемый прямыми / и а. Но /1а, следовательно,
Z/nOn=90° и, значит, /±Ь.
Упражнения
1.	На модели куба указать пересекающиеся, параллельные
и скрещивающиеся прямые.
2.	Доказать, что если у двух углов со взаимно параллель-
ными сторонами обе пары сторон противоположно направ-
лены (противонаправлены), то такие углы равны между
собой.
3.	Доказать, что если у двух углов со взаимно параллель-
ными сторонами одна пара сторон сонаправлена, а другая
противонаправлена, то такие углы дают в сумме 180°.
130
4.	Для того чтобы два угла в пространстве были равны,
достаточно, чтобы обе пары их сторон были сонаправлены.
Является ли. это условие необходимым?
5.	Точки А, В, С и D не лежат в одной и той же плоскости.
Доказать, что середины отрезков АВ, ВС, CD и DA являются
вершинами параллелограмма.
6.	Плоскость 3 пересекается с плоскостью у по прямой а;
плоскость у пересекается с плоскостью а по прямой Ь; плос-
кость а пересекается с плоскостью 3 по прямой с. Доказать,
что если aXb, то через точку их пересечения проходит и пря-
мая с. Если же а||&, то с||а.
7.	Треугольники АВС и А'В'С', не лежащие в одной и той
же плоскости, расположены так, что прямые ВС и В'С' пере-
секаются в точке X, СА и С А' — в точке У, АВ и А'В' —
в точке Z. Доказать: 1) точки X, У, Z лежат на одной и той
же прямой; 2) прямые АА', ВВ', СС' проходят через одну и
ту же точку или ЛЛ'||ВВ/||СС/.
8.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
всем прямым, пересекающим одновременно две данные па-
раллельные прямые.
9.	Дана прямая I и вне ее точка Р. Найти геометрическое
место точек, принадлежащих прямым, проходящим через Р
и пересекающим I, а также принадлежащих прямой, прохо-
дящей через Р параллельно I.
§ 13. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ ПРЯМОЙ И ПЛОСКОСТИ
Определение. Прямая, не пересекающая плоскость, назы
вается параллельной к этой плоскости.
Если прямая / параллельна плоскости а, то это записы-
вается так: /Цо или, что все равно, а||/.
Заметим, что и тот случай, ког-
да прямая принадлежит плоскости,
мы будем рассматривать как част-
ный случай параллельности.
Существование прямой, парал-
лельной плоскости, доказывается
следующей теоремой, которая дает
также признак параллельности пря-
мой и плоскости.
Теорема. Если прямая парал-	Рис. 142
лельна какой-нибудь прямой, при-
надлежащей плоскости, то она параллельна и самой пло-
скости.
Дано: 11| а; аса (рис. 142).
Доказат ь: 11| а.
9*
131
Допустим обратное, положим, что /ха. Но тогда, согласно
теореме 2 предыдущего параграфа, мы получим, что а ха, а
это противоречит условию (аСа). Итак, 11| а.
Следствие 1. Если через какую-нибудь точку плоскости
провести прямую, параллельную этой плоскости, то получен-
ная прямая будет принадлежать данной

Рис. 143
плоскости.
Дано: 11|а; Рса. Pda, а||/.
Доказать: аС«.
Допустим, что а ха, но тогда по
теореме 2 предыдущего параграфа ах/,
что противоречит условию: /|| а. Итак,
аса.
Следствие 2. Прямая, параллельная
двум пересекающимся плоскостям, парал-
лельна линии их пересечения.
Дано: /||а;/|Р, а[} = т(рис. 143)1.
Доказать: /| т. Возьмем какую-ни-
будь точку Р на прямой т и проведем
через нее прямую, параллельную I. По
предыдущему следствию эта прямая должна одновременно
принадлежать и плоскости а, и плоскости р, значит, она сов-
падает с линией их пересечения, т. е. т || /. Предложение, ко-
нечно, остается в силе и для того случая, когда данная пря-
мая лежит в данной плоскости (например, прямая п на рис. 143
принадлежит плоскости р).
Упражнения
1.	Доказать, что всякая прямая, параллельная прямой,
которая параллельна плоскости, тоже параллельна этой
плоскости.
2.	Доказать, что если а и Ь — скрещивающиеся прямые,
то существует единственная плоскость, проходящая через а и
параллельная Ь.
3.	Доказать, что если прямые а и b не параллельны, то
через любую точку пространства можно провести единствен-
ную плоскость, параллельную одновременно обеим прямым.
4.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
прямым, которые параллельны одной из скрещивающихся
прямых и пересекают другую.
5.	Точка А движется с постоянной скоростью по прямой а,
точка В движется с постоянной скоростью по прямой Ь. Ка-
кую линию описывает середина отрезка АВ?
1 Символом а0 обозначают прямую пересечения плоскостей а и 0.
132
§ 14.	ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ ПЛОСКОСТЕЙ
(14.1)	Определение. Непересекающиеся плоскости назы-
ваются параллельными.
Здесь, как и в предыдущих случаях параллельности, со-
впадение плоскостей мы будем рассматривать как частный
случай параллельности. Если плоскость а параллельна плос-
кости р, то это записывается так: а||р.
Следствие. Если две плоскости параллельны между собой,
то каждая из них параллельна всем прямым, принадлежащим
второй плоскости.
Действительно, если а || Р и асз®,
причем а и Р различны, то плоско-
сти не могут иметь общих точек
и, значит, а || р. Если же а = р, то
а С р, значит, и в этом случае а || р.
Теорема 1. Через всякую точку
пространства можно провести един-
ственную плоскость, параллельную
данной плоскости.
Пусть а — данная плоскость, Q —
данная точка. Если Q CZ а, то иско-
мая единственная плоскость есть
сама плоскость а. Положим, что Q фа
(рис. 144). Проведем на плоскости а
прямые тип, пересекающиеся в точке Р. Через точку Q проводим
прямые т' и п', соответственно параллельные тип. Через
пересекающиеся прямые т' и п' проведем плоскость р. Дока-
жем, что р || а.
Допустим противное. Положим, что р X <* и I — прямая их
пересечения. Согласно признаку параллельности прямой и пло-
скости, в силу условий: т\\т' и п || п', получим, что m ||р и
п || р. А на основании следствия 2 предыдущего параграфа т || I
и п |l I. Но пересекающиеся прямые не могут быть параллельны
одной и той же прямой (аксиома параллельности). Поэтому
плоскость р не пересекает плоскости а и, значит, р || а. Пло-
скость р — единственная, так как если допустим, что суще-
ствует вторая плоскость Р', параллельная а и проходящая через
точку Q, то согласно следствию 1 предыдущего параграфа по-
лучим, что m'(Z3' и n'CZP'. Но через две пересекающиеся
прямые можно провести только одну плоскость, следовательно,
Р' = Р-
Непосредственно из доказательства этой теоремы получаем:
Следствие (признак параллельности двух плоскостей). Две
плоскости параллельны, если одна из них параллельна двум
пересекающимся прямым другой плоскости.
133
Действительно, если это условие выполнено, то можно осу-
ществить то построение, которым мы пользовались при доказа*
тельстве теоремы.
(14.2)	Теорема 2. Соотношение параллельности плоскостей
есть соотношение эквивалентности. Непосредственно из опреде-
ления следует: 1) если а || 0, то 01| а; 2) а||а. Остается доказать
транзитивность параллельности. Пусть мы имеем: а || 0 и 0||т>
Докажем, что а || у- Если две из этих плоскостей или все три
совпадают, то условие, очевидно, выполняется. Допустим, что
все плоскости различны. Если бы оказалось, что ахт. то это
значило бы, что через их общую прямую проходят две плоско-
сти, параллельные плоскости 0, чего быть не может на основа-
нии предыдущей теоремы. Итак, мы имеем: 3) если а||0, 0||т,
то а ||т.
Следствие 1. Плоскость, пересекающая одну из двух парал-
лельных плоскостей, пересекает и другую. Линии пересечения
параллельны между собой.
Дано: а || 0, уха, ах = а (рис. 145).
Доказать: TX0, а || Ь, где 6s0y.
Плоскость т должна пересечь плоскость 0, так как иначе
мы получили бы, что две пересекающиеся плоскости а и у
параллельны плоскости 0, а это противоречит предыдущей те-
ореме. Итак, TX0 и у0 = &. Прямые а и Ь принадлежат одной
и той же плоскости у и не пересекаются, так как лежат
в двух параллельных плоскостях, следовательно, а || Ь.
Следствие 2. Отрезки параллельных прямых, заключенные
между параллельными плоскостями, равны между собой.
Дано: а||a', m||n, та = М, та' = М', na = N, па'= N'
(рис. 146).
134
Доказать: ММ' = NN’.
Так как тЦп, то эти прямые лежат в одной и той же
плоскости у. Она пересекает плоскости а и а' по параллельным
прямым (согласно предыдущему следствию). Итак, MN\\M'N’
и, значит, четырехугольник MNN’M'—параллелограмм, по-
этому ММ’ «> NN'.
Упражнения
1.	Доказать, что, для того чтобы две плоскости были па-
раллельны, необходимо и достаточно, чтобы все прямые,
пересекающие одну из них, пересекали и другую.
2.	Доказать, что через две скрещивающиеся прямые
можно провести одну, и только одну, пару параллельных
между собой плоскостей.
3.	Доказать, что три параллельные между собой плоскости
определяют на двух секущих прямых соответственно пропор-
циональные отрезки.
4.	Доказать, что если даны попарно скрещивающиеся пря-
мые а, Ь, и с, то существует единственная прямая, пересекаю-
щая а и b и параллельная с.
5.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
всем прямым, проходящим через одну и ту же точку и парал-
лельным данной плоскости.
6.	Найти геометрическое место точек, делящих в данном
отношении все отрезки, соединяющие точки данной плоскости
с точками параллельной плоскости.
7.	Прямая движется параллельно постоянной плоскости
и одновременно пересекает две данные скрещивающиеся пря-
мые. Какую линию описывает точка этой прямой, делящая
в данном отношении отрезок между скрещивающимися пря-
мыми?
8.	На плоскости а начерчена окружность и вне этой плос-
кости дана точка Р. Найти геометрическое место середин
всех отрезков, соединяющих точку Р с точками окружности.
§ 15. ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ В ПРОСТРАНСТВЕ
(15.1)	В планиметрии задачи на построение решаются при
помощи известных инструментов,— линейки, циркуля, уголь-
ника. Значительно сложнее обстоит дело в пространстве, так
как мы не располагаем соответствующим набором инструмен-
тов, при помощи которых можно отмечать точки, чертить
прямые, проводить плоскости, определять линии их пересече-
ния и т. д.
Для осуществления геометрических построений в стерео-
метрии применяются следующие способы: 1) эффективные
135
построения; 2) воображаемые построения; 3) построения на
проекционном чертеже.
Рассмотрим каждый из этих способов в отдельности.
Эффективным называется такое построение, когда полу-
чается действительная пространственная модель какой-либо
геометрической фигуры. Для осуществления эффективных по-
строений пользуются различными материальными средствами.
Нити, резиновые шнуры, проволока применяются для изобра-
жения прямых; картон, фанера, пластмассовые или стеклян-
ные пластинки служат для изображения плоскостей. Име-
ются специальные наборы для пространственных построе-
ний— так называемые «стереометрические ящики». Напри-
мер, если мы по развертке куба склеим из картона куб, то это
будет эффективным построением, так как в результате его
получилась действительная пространственная фигура, обла-
дающая всеми признаками данного тела. '
Эффективные построения дают очень живые и наглядные
представления о соответствующих пространственных формах,
однако систематически применять их на протяжении всего
курса геометрии не представляется возможным ввиду боль-
шой сложности некоторых фигур.
(15.2)	Воображаемые, или условные, построения, как по-
казывает само название, не требуют для своего осуществле-
ния никаких материальных объектов, так как все построение
производится только в нашем воображении. При этом зара-
нее предполагается, что мы можем каким-либо способом вы-
полнить ряд некоторых основных построений и любое данное
построение считается выполненным, если его можно расчле-
нить на эти элементарные построения.
Будем считать, что мы можем выполнить следующие
основные построения:
1.	Задать положение точки в пространстве.
2.	Провести прямую через две данные точки.
3.	Провести плоскость через три точки, не лежащие на
одной и той же прямой.
4.	Найти точку пересечения прямой с плоскостью.
5.	В каждой плоскости производить все планиметрические
построения.
Приняв за основу эти построения, нетрудно убедиться, что
при их помощи мы можем выполнить следующие построения:
6.	Провести плоскость через прямую и точку вне ее. Для
этого нужно еще задать две точки на данной прямой.
7.	Провести плоскость через две пересекающиеся прямые.
Для этого достаточно взять еще по точке на данных прямых.
8.	Найти прямую пересечения двух плоскостей. Для этого
достаточно на одной из этих плоскостей провести две прямые
(построение 5) и найти две точки пересечения этих прямых со
136
второй плоскостью (построение 4). Прямая, проходящая че-
рез эти точки, и будет искомая.
9.	.Через данную точку провести прямую, параллельную
данной прямой. Построение указано в начале параграфа 12.
10.	Через данную точку провести плоскость, параллельную
данной плоскости.
Построение указано в теореме 1 предыдущего параграфа.
Приведем теперь пример решения более сложной задачи
способом воображаемых построений.
Задача. Даны две скрещивающиеся прямые а и Ь и вне
их точка Р. Провести через точку Р такую прямую с, чтобы
она пересекала и прямую а и прямую Ь.
Решение. Через прямую а и точку Р можно провести
плоскость а (построение 6). Находим точку N, в которой пря-
мая b пересекает плоскость а (построение 4). По плоскости а
проводим прямую PN и находим точку М, в которой эта пря-
мая пересекает прямую а (построение 5). Прямая MN будет
искомая, так как проходит через точку Р и пересекает пря-
мые а и b соответственно в точках М и N.
Полученное решение единственное, так как если бы суще-
ствовала вторая прямая, пересекающая прямые а и b в новых
точках М' и N' и проходящая через ту же точку Р, то череэ
прямые РМ и РМ' можно было бы провести плоскость, в ко-
торой лежали и точки N и N', т. е. находились прямые а и Ьг
чего не может быть, так как а и b не лежат в одной и той же
плоскости.
Задача не имеет решения, если окажется, что Ь||а, так как
в этом случае нельзя найти точку N. Задача также не имеет
решения, если прямая PN окажется параллельной прямой а.
В этом случае нельзя найти точку М.
Решение приведенной задачи показывает, что, пользуясь
только одними логическими рассуждениями, можно дать ис-
черпывающее решение задачи на построение в пространстве.
Однако найти это построение и провести соответствующие
рассуждения, доказательство и исследование довольно труд-
но ввиду отсутствия наглядных образов.
В связи с трудностями, возникающими и при эффектив-
ных, и при воображаемых построениях, появляется необходи-
мость в отыскании такого метода пространственных построе-
ний, который был бы одновременно и наглядным, и легко
выполнимым при помощи привычных инструментов. Таким
условиям удовлетворяют построения на проекционном чер-
теже.
(15.3) Проекционный чертеж представляет собой резуль-
тат преобразования пространственной фигуры в плоскую.
При этом на полученной фигуре оказывается возможным про-
изводить построения, которым соответствуют определенные
137
построения <в пространстве. Вместе с тем проекционный чер-
теж дает возможность с помощью обратного преобразования
найти ту фигуру, из которой он получен.
Преобразование, посредством которого получается проек-
ционный чертеж, называется проектированием. Из различных
способов проектирования мы рассмотрим параллельное про-
ектирование, которое имеет очень большое значение в тех-
нике. Чтобы дать наглядное пред-
ставление об этом преобразовании,
возьмем проволочную (каркасную)
модель какой-нибудь пространствен-
ной фигуры, например куба, и в сол-
нечный день рассмотрим тень этой
фигуры на стене или на экра-
не. Эта тень и есть параллельная
проекция куба на данную плоскость,
так как солнечные лучи можно
считать параллельными друг другу
(рис. 147).
Сравнивая тень куба с его мо-
делью при различных положениях
куба и экрана, мы можем сделать
Рис. 147
ряд выводов о свойствах этого преобразования. Прежде все-
го мы можем сказать, что это преобразование точечное, так
как тень точки есть тоже точка. Прямая, очевидно, преобра-
зуется в прямую. Исключением является тот случай, когда
прямая параллельна лучам солнца («проектирующим» лу-
чам). При этом проекция прямой становится точкой («вырож-
дается» в точку). Таковы, например, проекции четырех ребер
куба на рис. 147, а. Параллельные прямые преобразуются в
параллельные: на рис. 147 мы видим, что параллельные реб-
ра куба изобразились параллельными отрезками. И, наконец,
если фигура находится в плоскости, параллельной плоскости
экрана, то она преобразуется в равную фигуру. На рис.
147, а и б передняя и задняя грани куба параллельны плос-
кости экрана, и потому их изображение получилось в виде
квадрата, равного этим граням.
Вместе с тем важно заметить, что на проекции многие
элементы фигур оказываются изменившимися. На рис.
147, в и г все грани куба преобразовались в косоугольные
параллелограммы с неравными сторонами. Это значит, что,
вообще говоря, величина отрезков ичуглов при этом преобра-
зовании изменяется.
(15.4) Уточним теперь определение параллельной проек-
ции и дадим обоснование ее важнейших свойств.
Определение. Параллельной проекцией фируры называется
совокупность точек, которые получаются от пересечения дан-
138
«ой плоскости со всеми прямыми, проходящими через точки
этой фигуры и параллельными одной и той же прямой.
Само лреобразование называется параллельным проекти-
рованием. Постоянная плоскость называется плоскостью про-
екции, а прямые, осуществляю-
щие проекцию, называются про-
ектирующими прямыми.
Теорема 1. Если прямая не
параллельна проектирующим пря-
мым, то ее проекция есть тоже
прямая.
Пусть I — данная прямая, а —
плоскость проекции (рис. 148).
Через точку А на прямой I про-
ведем проектирующую прямую
а, которая пересечет плоскость а
в точке А' — проекции точки А.
Через пересекающиеся прямые I и а проведем плоскость у.
Линию пересечения плоскостей а и у обозначим через Что-
бы найти проекцию какой-нибудь другой точки прямой I, на-
пример В, проведем через В проектирующую прямую Ь. Так как
&||а, то Ьсу и потому пересечет
плоскость а в точке В', принадле-
жащей I'. Итак, проекции всех то-
чек прямой I лежат на прямой Г.
Обратн’о, если взять точку С'
на прямой Г, то, проведя через
нее проектирующую прямую,
увидим, что она пересечет пря-
мую / в точке С, проекцией кото-
рой служит С'. Таким образом,
между точками прямых I и I'
установлено взаимнооднозначное
соответствие. Однако эта взаим-
ность будет нарушена в том слу-
чае, если прямая I будет проектирующей. В этом случае про-
екцией всех точек этой прямой будет только одна точка пе-
ресечения ее с плоскостью проекции. Такое соответствие, оче-
видно, не будет взаимнооднозначным.
(15.5) Теорема 2. Проекции параллельных (не проектирую-
щих) прямых параллельны между собой.
Пусть а || Ь, у— плоскость проекции, а' и Ь' соответственно
проекции а и Ь (рис. 149). Докажем, что а' || Ь'. Проведем через
точку А на прямой а проектирующую прямую АА' и через
пересекающиеся прямые а и АА' проведем плоскость а, кото-
рая пересечет плоскость у по прямой а'. Точно так же через
точку В на прямой Ь проведем проектирующую прямую ВВ'
139
и через пересекающиеся прямые Ь и В В' проведем плоскость
₽, которая пересечет плоскость у по прямой Ь'. Так как а || Ь
и АА' || ВВ’, то на основании признака параллельности плоско-
стей получим, что а || 0. Но две параллельные плоскости пере-
секаются третьей плоскостью по па-
раллельным прямым, следовательно,
а'||6'.
Теорема 3. Отношение отрезков,
лежащих на одной и той же прямой
или на двух параллельных прямых,
равно отношению их проекций.
На рис. 148 в одной и той же
плоскости у три параллельные пря-
мые АА', ВВ' и СС' пересекают пря-
мые I и V. По известной теореме
планиметрии получим:
Рис. 150	= А’с'
ВС В’С
Если отрезки лежат на двух параллельных прямых, как АС
и BD на рис. 149, то, проведя в плоскости параллельных пря-
мых а и b прямую РЛ4||ЛВ, получим, что ABDM— параллело-
грамм, поэтому BD = AM. Так как проекции параллельных
прямых параллельны, то A'B'D'M'— тоже параллелограмм
и, значит, B'D' = А'М'.
Итак, мы имеем:
АС  А’С
AM А’М’
Заменяя отрезки AM и А'М' равными отрезками, получим:
АС А’С
BD B’D’
(15.6) Теорема 4. Если фигура находится в плоскости,
параллельной плоскости проекции, то проекция фигуры равна
самой фигуре.
На рис. 150 треугольник АВС находится в плоскости б,
параллельной плоскости проекции у; А', В', С' — соответст-
венно проекции точек А, В,-С\ АА'=ВВ'=СС' как отрезки
параллельных прямых между параллельными плоскостями,
поэтому четырехугольник АА'В'В — параллелограмм и, зна-
чит, АВ=А'В'. Таким же образом докажем, что ВС=В'С' и
АС=А'С'-, следовательно, ДЛВС= ДД'В'С', т. е. треугольник
равен своей проекции.
140
Положим теперь, что в плоскости б, параллельной плос-
кости у, начерчена произвольная фигура. Между ее точками
и точками ее проекции существует взаимнооднозначное соот-
ветствие. При этом любым точкам А, В, С, D, ...этой фигуры
соответствуют точки А', В', С', D',... ее проекции. Вместе с
тем мы имеем равенства: АВ=А'В', АС—А'С', ВС=В'С',
AD=A'D' и т. д.
Поэтому если мы будем приближать плоскость б к плос-
кости у, сохраняя их параллельность, то в конце концов точ-
ка А совпадет с Л', а в силу равенства отрезков и точка В
совпадет с В', С — с С' и т. д. Другими словами, фигура со-
впадет со своей проекцией всеми своими точками, т. е. фигура
равна своей проекции.
(15.7) Опираясь на свойство параллельной проекции, по-
смотрим теперь, как можно производить построения на проек-
ционном чертеже. Для этого нужно в первую очередь пока-
зать, как разрешаются указанные в разделе (15.2) основные
задачи на построение в пространстве: 1) задать положение
точки в пространстве; 2) провести прямую через две точки;
3) провести плоскость через три точки, не лежащие на одной
и той же прямой; 4) найти точку пересечения прямой с плос-
костью; 5) производить в любой плоскости все планиметри-
ческие построения.
Рис. 151
Рис. 152
Рассмотрим последовательно, как решаются эти основные
задачи.
1) Для того чтобы задать положение точки в простран-
стве, возьмем изображение некоторой постоянной плоскости а,
которую назовем основной (рис. 151) и, кроме изображения
некоторой точки А, будем пользоваться такл<е изображением
ее параллельной проекции А' на основную плоскость. Если
дано изображение точки и изображение ее проекции, то та-
кую точку мы будем называть заданной. Изображение любой
фигуры называется полным, если все точки этой фигуры явля-
ются заданными.
141
Такое задание точек в пространстве при помощи проек-
ционного чертежа дает нам достаточно наглядное представле-
ние о действительном расположении точек относительно друг
друга и основной плоскости. Например, на рис. 151 мы видим,
что точка С находится ближе к плоскости а. чем точки А и
В, точка М находится на плоскости, точка D под плоскостью.
2) Пусть заданы точки А и В
(рис. 152). Проведем прямую I
через точки А и В. Мы получим
изображение ее проекции — пря-
мую проходящую через точки
А' и В'. Изображение прямой I
Vе J8-------будет полным, так как для любой
S	точки на прямой I легко найти
Z	s' ее проекцию на прямой V, т. е.
X	любая точка прямой I является
заданной. Точка Р пересечения
4	прямых I и Г есть изображе-
Рис. 153	ние точки пересечения заданной
прямой с основной плоскостью.
Точка Р называется следом прямой I на плоскости а.
(15.8)	3) Пусть заданы три точки Л, В и С, не принадле-
жащие одной и той же прямой (рис. 153). Изображение пло-
скости, проходящей через эти точки, дано треугольником АВС
и его проекцией А'В'С' на основ-
ную плоскость. Точки X,Y,Z да-
ют соответственно изображения
следов прямых ВС, СА, АВ на ос-
новной плоскости а. Прямая
l=XYZ является изображением
линии пересечения плоскости
АВС с плоскостью а.
Изображение плоскости АВС—
полное. Действительно, все точ-
ки прямых ВС, СА и АВ являют-
ся заданными, поэтому полным
будет изображение любой прямой
в плоскости АВС, так как такая
прямая всегда пересечет по крайней мере две из прямых ВС,
СА и АВ и потому пройдет через две заданные точки. Вместе
с тем прямую можно провести через любую точку плоскости
АВС и, значит, всякая точка этой плоскости — заданная.
Заметим, что для получения полного изображения плос-
кости достаточно задать изображение ее следа и какую-ни-
будь точку вне основной плоскости.
4) Построение точки пересечения прямой с плоскостью мы
рассмотрим сначала для частного случая. Решим такую за-
142
дачу: найти точку пересечения заданной плоскости с проекти-
рующей прямой.
Пусть плоскость 10 задана своим следом I и точкой Р; q —
проектирующая прямая (рис. 154). Проведем плоскость через
параллельные прямые РР' и q. Следом этой плоскости слу-
жит прямая P'Q', где Q' — след прямой q. Обозначим через М
точку пересечения следов I и P'Q'. Эта точка принадлежит
обеим плоскостям 0 и РР'М. Вторая их общая точка есть Р.
Поэтому МР — линия пересечения этих плоскостей. Наконец,
точка Q пересечения прямых МР и q и есть искомая точка
пересечения прямой q с плоскостью 0.
(15.9)	Приведем примеры задач, которые могут быть ре-
шены на проекционном чертеже при помощи полученных по-
строений. Решим прежде всего задачу, которая была решена
нами способом воображаемых построений в пункте (15.2).
Рис. 155
Рис. 156
Задача 1. Даны скрещивающиеся прямые а и Ь и вне их
точка Р. Провести через эту точку прямую с так, чтобы она
пересекла и прямую а, и прямую Ь.
Для решения этой задачи примем за основную плос-
кость а, проходящую через точку Р и прямую а (рис. 155).
Прямая b задана своим следом N и точкой В. Очевидно, иско-
мая прямая с есть прямая NP, пересекающая прямую а в
точке М. Доказательство единственности решения и его ис-
следование остаются прежними.
Задача 2. Найти линию пересечения двух плоскостей, каж-
дая из которых задана своим следом и точкой.
Пусть плоскость а задана следом а и точкой А, а плос-
кость 0 — следом Ь и точкой В; у — основная плоскость
(рис. 156). Для определения линии пересечения достаточно
найти две общие точки данных плоскостей. Одна из этих то-
чек уже найдена, это — точка Р, в которой пересекаются
следы. Для отыскания еще одной общей точки проведем плос-
143
кость б через параллельные прямые АА' и ВВ'. След А'В'
этой плоскости пересекает следы плоскостей аир соответ-
ственно в точках М и N. Прямые МА и NB — линии пересе-
чения плоскостей аире плоскостью б. Значит, PQ есть иско-
мая линия пересечения плоскостей а и р.
(15.10)	Рассмотрим теперь задачи, в которых нужно про-
изводить построения на изображениях тел.
Задача 3. На изображении четырехугольной призмы по-
строить сечение ее плоскостью, заданной тремя точками на
боковых ребрах.
Рис. 157
Рис. 158
На рис. 157 дано изображение призмы и точек А, В, С на
ее боковых ребрах. Если плоскость основания призмы при-
нять за основную, а боковые ребра — за проектирующие пря-
мые, то изображение призмы будет полным и вершины А', В',
С' нижнего основания будут изображениями проекций то-
чек Л, В, С на основную плоскость.
Припоминая построение 3, найдем след I плоскости АВС.
Далее при помощи построения 4 находим точку D пересече-
ния плоскости АВС с проектирующей прямой — четвертым
боковым ребром призмы. Таким образом мы получили всю
фигуру сечения. Этот способ построения сечения, называемый
способом следов, может оказаться неприменимым, если от-
резки АА', ВВ' и СС' мало отличаются друг от друга по вели-
чине. Секущая плоскость при этом будет очень близка к па-
раллельности с плоскостью основания, и след I может на чер-
теже не получиться.
В этом случае для построения сечения применяют так на-
зываемый способ соответствия. Пусть мы имеем по-прежнему
четырехугольную призму с данными точками А, В, С на ее
боковых ребрах (рис. 158). Как и раньше, вершины основа-
ния— А', В', С'—мы будем считать проекциями точек А, В
и С. Четвертая вершина основания — D' есть проекция ис-
144
комой точки D сечения. Пересечение диагоналей Д'С' и B'D'
определяет точку Р' — проекцию общей точки Р диагоналей
сечения. Проведя через Р' проектирующую прямую, найдем
в пересечении ее с диагональю АС точку Р. Наконец, проведя
прямую ВР, находим вторую диагональ искомого сечения.
Так же решается задача на
построение сечения пирамиды.
Задача 4. На изображении че-
тырехугольной пирамиды постро-
ить сечение ее плоскостью, задан-
ной тремя точками на боковых
ребрах.
На рис. 159 дано изображение
четырехугольной пирамиды с вер-
шиной S и точками А. В и С на
боковых ребрах. Рассматривая
вершину А' основания как про-
екцию точки А на плоскость ос-
нования, увидим, что вершина S является заданной точкой и
потому изображение будет полным. Диагонали основания
А'С' и B'D' являются в то же время следами диагональных
плоскостей пирамиды — A'C'S и B'D'S. Точка Р' пересечения
диагоналей основания определяет прямую SP', по которой пе-
ресекаются диагональные плоскости. На этой прямой лежит
точка Р, в которой пересекаются диагонали сечения. Вместе
с тем эта точка лежит и на диагонали АС, т. е. она есть пе-
ресечение SP' и АС. Четвертая вершина сечения — D опре-
деляется пересечением прямой ВР с ребром SD'.
(15.11)	Во всех предыдущих задачах мы находили пересе-
чения прямых и плоскостей между собой. Такие задачи, в
которых приходится определять построением только пересече-
ния основных элементов, называются позиционными.
Перейдем теперь к решению задач, в которых требуется
построить фигуру, удовлетворяющую некоторым определен-
ным условиям в отношении величины ее элементов. В таких
задачах приходится откладывать отрезки и строить углы дан-
ной величины, проводить перпендикуляры, биссектрисы углов,
строить окружности и т. д. Задачи, в которых требуется по-
строить фигуру по заданной величине ее элементов, назы-
ваются метрическими.
Для решения метрических задач необходимо прежде всего
уметь производить пятое из указанных выше основных по-
строений, т. е. производить все планиметрические построения
на изображении любой плоскости.
Рассмотрим сначала построения на изображении основной
плоскости, так как построения на изображении любой другой
плоскости выполняются такими же приемами.
Ю А. И. Фетисов
145
Обратим внимание на то, что в силу сохранения парал-
лельности и отношения отрезков при параллельной проекции
проведение параллельных и перенесение отрезка с одной па-
раллельной на другую можно производить обычным плани-
метрическим построением.
Например (рис. 160), на изобра-
Рис. 160
жении основной плоскости а через точку Р проведена пря-
мая 6, параллельная прямой а. На прямой b отложен отре-
зок PQ, равный отрезку MN на прямой а, причем отрезок PQ
получаем обычным построением при помощи циркуля. Однако
если бы нужно было построить
изображение перпендикуляра,,
проведенного через точку Р к
прямой а, то строить его обыч-
ным способом было бы непра-
вильно, так как при парал-
лельной проекции величина
угла изменяется; изображение
перпендикуляра будет, вообще
говоря, не перпендикулярно к
прямой а.
Возможность всех плани-
метрических построений на
изображении плоскости осно-
вана на следующей теореме.
Теорема 5. Если на изобра-
жении основной плоскости да-
ны точки А, В и С, не лежащие на одной и той же прямой и
являющиеся изображением точек Ло, Во» Со данной' плоской
фигуры, то, зная истинный вид треугольника AqBqCq, мож-
но установить взаимнооднозначное соответствие между точ-
ками фигуры и точками ее изображения.
Это значит, что при этих условиях по каждой точке данной
фигуры можно построить точку ее изображения, а по каждой
точке изображения построить точку данной фигуры.
Пусть на изображении основной плоскости а даны точки
Д, В, С — изображения точек Лв, Во, Со (рис. 161). По точке
146
ючно так
порцией
BnAfn
Р на изображении основной плоскости найдем соответствующую
точку Ро на данной фигуре. Проведем прямую ВР, которая
пересечет прямую АС в точке М. Точку Мо, соответствующую
точке М, найдем из пропорции -dsd!» = ddL, указывающей, что
Л1оСо ЛЮ
для этого нужно разделить отрезок АС в данном отношении
AM
МС ’
же для отыскания точки PQ воспользуемся про
= ВР
~ вм'
Таким образом, каждую точку с изображения фигуры на
основной плоскости можно перенести на проектируемую фи-
гуру и таким путем найти истинный вид этой фигуры. Обрат-
но: тем же способом можно каждую точку проектируемой фи-
гуры перенести на ее изображение на основной плоскости.
Таким образом, устанавливается взаимнооднозначное соответ-
ствие между точками данной фигуры и точками ее изобра-
жения.
На основании полученного соответствия можно произво-
дить все планиметрические построения на изображении основ-
ной плоскости. Пусть, например, требуется построить изобра-
жение перпендикуляра, проведенного через точку М к пря-
мой ВС (рис. 161). Для этого на данной фигуре из точки Мо
проведем перпендикуляр MoQo к прямой BqCq. Зная, в каком
отношении точка Qo делит отрезок ВоСо, разделим в том же
отношении отрезок ВС и найдем точку Q — изображение точ-
ки Qo- Прямая MQ и есть искомое изображение перпенди-
куляра.
Если по изображению фигуры можно определить ее истин-
ный вид, то это изображение называется метрически опре-
деленным.
(15.12)	Практически при изучении стереометрии чаще
всего приходится начинать с построения какой-нибудь опреде-
ленной фигуры. При этом, естественно, возникает вопрос:
в какой мере произвольными могут быть полученные изобра-
жения? Например, можно ли любой треугольник принять за
изображение равностороннего треугольника? Ответом на этот
вопрос служит следующее предложение.
Теорема 6. Любой треугольник можно рассматривать как
параллельную проекцию треугольника, подобного любому
данному треугольнику.
Пусть на изображении основной плоскости мы начертили
произвольный треугольник А'В'С' (рис. 162) и вместе с тем
имеется некоторый данный треугольник Л0В0С0. Построим
ДЛВС так, чтобы сторона ВС равнялась стороне В'С',
10*
147
угол АВС равнялся углу Л0В0С0, а угол АСВ равнялся
углу AqCqBq, Тогда получим, что AABCoo ДЛ0В0С0. Поместим
теперь ДЛВС так, чтобы его сторона ВС совпала со сторо-
ной В'С' треугольника А'В'С', а точка Л оказалась вне плос-
кости треугольника А'В'С', Если прямую А А' принять за про-
ектирующую, то ДЛ'В'С' будет параллельной проекцией тре-
угольника ЛВС, подобного данному треугольнику Л0В0С0.
Из этой теоремы, в частности, следует:
Следствие 1. Любой треугольник можно рассматривать
как параллельную проекцию равностороннего треугольника.
Действительно, доказательство предыдущей теоремы ни-
чем не изменится, если треугольник Л0В0С0 будет равносто-
ронним.
Следствие 2. Любой параллелограмм * можно рассматри-
вать как параллельную проекцию квадрата.
Пусть на изображении основной плоскости начерчен па-
раллелограмм ABCD. Рассмотрим квадрат ЛоВоСоВо и прове-
дем в обоих четырехугольниках диагонали АС и ЛоСо
(рис. 163). Согласно теореме 6 ДЛВС можно рассматривать
как проекцию треугольника, подобного треугольнику ЛоВоСо,
т. е. равнобедренному прямоугольному треугольнику. Тогда
прямые CD и AD будут служить изображениями прямых,
параллельных катетам этого треугольника, т. е. прямых СоД)
и Л0В0. Но тогда и весь параллелограмм ABCD будет слу-
жить изображением квадрата.
Вместе с тем необходимо заметить, что, приняв какой-
нибудь треугольник за изображение равностороннего тре-
угольника или какой-нибудь параллелограмм за изображение
квадрата, мы тем самым делаем фигуру метрически опреде-
ленной и все остальные построения приходится производить,
сообразуясь с полученным соответствием между фигурами.
148
(15.13)	Приведем примеры построений на изображении
основной плоскости.
Задача 1. На изображении основной плоскости построить
проекцию правильного шестиугольника.
Пусть ABCDEF— искомая проекция правильного шести-
угольника, а точки А, В, С — проекции трех его соседних
вершин (рис. 164). Теперь мы знаем, что &АВС можно рас-
Рис. 164
с-матривать как проекцию треугольника А0В0С0, в котором
А0Во=ВоС0 и ЛА0В0С0= 120°. Таким образом, ДЛВС метри-
чески определенный. Так как в правильном шестиугольнике
A0B0C0D^E0F0 Ао£>о11^оСо и СоРо1Иобо, то и на изображении
проводим А£>||ВС и СГЦЛВ, причем точка О пересечения пря-
мых AD и CF будет проекцией центра Оо правильного шести-
угольника. Отложив OF=OC и 00 = 0 А, найдем вершины F
и D. Проведя, наконец, прямую ВО и отложив OE = OBS най-
дем шестую вершину искомой проекции шестиугольника.
Задача 2. Построить проекцию окружности, вписанной
в квадрат.
Пусть параллелограмм ADCD есть проекция квадрата
A0B0C0D0. В этот квадрат вписана окружность с центром OQ,
касающаяся сторон квадрата в их серединах Л40, iV0, Ро, Qo
(рис. 165).
Очевидно, что середины сторон параллелограмма, т. е. точки
М, N, Р, Q, служат изображениями соответствующих точек
окружности. Найдем изображение еще какой-нибудь точки окруж-
ности, например Fo. Прямая Р^ пересекает сторону В0С,
в точке Ко, прямая QoFo пересекает сторону А0В0 в точке Lo.
149
&PoKoQo o’ AQo^oBo, так как оба они прямоугольные и
Z.KqPoQo= ^LoQoBo как углы со взаимно перпендикулярными
сторонами (PoQo-LQoBq и PoKoLQoLo, так как ZP0F0Q0 пря-
мой, вписанный, опирающийся на диаметр). Итак,
РoQo	KqQo __ 2
QqBq	L$Bq 1
Это значит, что отрезок L0B0 вдвое меньше отрезка KeQo
Чтобы по данной точке Ко найти точку Lo, надо отрезок В0Е0,
равный половине отрезка Q0B0, разделить точкой Lo в том же
отношении, в каком точка Ко делит отрезок Q0B0. Так как при
параллельной проекции сохраняется отношение отрезков, то для
получения точки F изображения окружности берем на отрезке
8<2Лточку /С и находим точку L, пользуясь пропорцией:
KQ BL
BQ BE
Изображение точки окружности — точку F — найдем в пересе-
чении прямых PR и QL.
В частности, изображением точки окружности будет точка
пересечения прямых РВ и QE, т. е. когда точка К совпадет
с В, а точка— с Е.
Построив достаточное число точек изображения, соединим
их плавной кривой от руки или по лекалу и получим изобра-
жение окружности.
Параллельная проекция окружности называется эллип-
сом. Проекция центра окружности — точка О — называется
центром эллипса, проекция диаметра окружности — диамет-
ром эллипса, проекция хорды окружности — хордой эллипса.
Проекции двух взаимно перпендикулярных диаметров ок-
ружности называются сопряженными диаметрами эллипса,
таковы, например, диаметры MN и PQ на рис. 165. Каждый
из них есть геометрическое место середин хорд, параллельных
другому диаметру. Это объясняется тем, что каждый из двух
взаимно перпендикулярных диаметров окружности есть гео-
метрическое место середин хорд, параллельных другому диа-
метру.
(15.14)	При помощи изображения окружности можно на
изображении основной плоскости производить все планимет-
рические построения, не пользуясь соответствием между фи-
гурой и ее проекцией. Приведем примеры.
Задача 3. На изображении основной плоскости даны про-
екции окружности, прямой и точки. Построить проекцию пер-
пендикулярна к данной прямой, проходящего через данную
точку.
150
На изображении основной плоскости даны: эллипс, явля-
ющийся проекцией окружности, прямая I и точка Р
(рис. 166). Проведем прямую параллельную прямой I и
пересекающую эллипс в точках А и М, но не проходящую
через его центр О. Далее проводим диаметр АВ и соединим
точки М и В. Угол АМВ есть проекция прямого угла, так как
соответствующий угол в подлиннике является вписанным уг-
лом, опирающимся на диаметр. Поэтому, проводя через точ-
ку Р прямую, параллельную ВМУ получим прямую PQ, кото-
рая будет искомой проекцией перпендикуляра.
Задача 4. Пользуясь изображением окружности, найти
проекцию биссектрисы угла.
На рис. 167 эллипс с центром О есть проекция окруж-
ности, ZaPb-—проекция данного угла. Проводим Оа'Ца и
ОЬ'ЦЬ. Тогда Ла'ОЬ' есть проекция угла, равного данному.
Если лучи Оа' и ОЬ' пересекают эллипс соответственно в
точках А' и В', то проекция биссектрисы угла А'ОВ' должна
пройти через середину М' хорды А'В'. Итак, ОМ' есть проек-
ция биссектрисы угла А'ОВ'. Проведя луч Рт параллельно
лучу ОМ'У найдем проекцию биссектрисы данного угла.
Подобным образом проекция окружности используется и
при решении других метрических задач на построение.
Упражнения
Позиционные задачи на построение.
1.	Через заданную точку провести прямую, параллельную
заданной прямой.
2.	Через заданную точку провести плоскость, параллель-
ную другой плоскости, заданной своим следом и точкой.
3.	Через заданную точку провести плоскости параллель-
ную двум заданным прямым.
151
4.	Заданы три попарно скрещивающиеся прямые а, Ь и с.
Провести прямую, пересекающую а и b и параллельную с.
5.	Найти точку, пересечения заданной прямой с заданной
плоскостью.
6.	Данную треугольную призму пересечь плоскостью, за-
данной следом и точкой на одном из боковых ребер призмы.
7.	Данную пятиугольную призму пересечь плоскостью, за-
данной тремя точками на ее боковых ребрах.
8.	Данный куб пересечь плоскостью, заданной тремя точ-
ками на трех его попарно скрещивающихся ребрах.
9.	Данную четырехугольную призму пересечь плоскостью,
заданной тремя точками на трех ее боковых гранях.
10.	Найти линии пересечения граней треугольной призмы
с заданной плоскостью.
Метрические задачи на построение
11.	Точки А, В и С — проекции вершин равностороннего’
треугольника. Построить проекцию окружности, вписанной
в этот треугольник.
12.	Точки М, N и Р — проекции несмежных вершин пра-
вильного шестиугольника. Построить проекцию окружности,
вписанной в этот шестиугольник.
13.	Дан эллипс, являющийся проекцией окружности.
Найти построением его центр.
14.	Дана проекция окружности. Найти проекцию правиль-
ного восьмиугольника, вписанного в эту окружность.
15.	Параллелограмм ABCD есть проекция квадрата. По-
строить проекцию окружности, описанной около этого квад-
рата.
16.	Дана проекция окружности и на ней точка. Построить
проекцию вписанного в эту окружность равностороннего,
треугольника с вершиной в данной точке.
17.	Для того чтобы две прямые были параллельны, необ-
ходимо, чтобы были параллельны их проекции. Является ли
это условие достаточным?
ГЛАВА ПЯТАЯ
ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 16. перпендикулярность ПРЯМОЙ и плоскости
(16.1)	Определение 1. Прямая, перпендикулярная ко всем
прямым, принадлежащим данной плоскости, называется пер-
пендикулярной к этой плоскости. Взаимно, эта плоскость на-,
зывается перпендикулярной к данной прямой. Перпендику-
лярность прямой р и плоскости а записывается так: р±а или,
что все равно, а±р.
Примером перпендикуляра к плоскости может служить
вертикальная нить отвеса, которая перпендикулярна к плос-
кости пола.
Непосредственно из определения получаем:
Следствие 1. Прямая пересекает плоскость, к которой она
перпендикулярна.
Действительно, если бы перпендикуляр не пересекал дан-
ной плоскости, то в этой плоскости нашлась бы прямая, ему
параллельная, а это противоречит определению перпендику-
ляра.
Точка пересечения перпендикуляра с плоскостью назы-
вается основанием перпендикуляра.
Следствие 2. Прямая р', параллельная перпендикуляру р
к плоскости, тоже перпендикулярна к этой плоскости.
Пусть p-La, р'Нр и /Са. По определению Р-Ll, а в силу
параллельности и р'±/. Итак, прямая р' перпендикулярна
к любой прямой плоскости а, значит, p'-La.
Следствие 3. Прямая, перпендикулярная к плоскости, пер-
пендикулярна и ко всякой плоскости, параллельной данной.
Пусть pJ-a, p||a. Проведем в плоскости р произвольную
прямую Ь. Тогда в плоскости а можно найти прямую а, па-
раллельную Ь. По определению р±а, а в силу параллельности
pj_b. Итак, прямая р перпендикулярна к любой прямой плос-
кости р, поэтому p-L p.
1 53
(16.2)	Существование плоскости, перпендикулярной пря-
мой, доказывается следующей теоремой.
Теорема 1. Геометрическое место точек, равноудаленных
от двух данных точек, есть плоскость, перпендикулярная
к прямой, проходящей через эти точки, и делящая пополам
отрезок между ними.
Пусть Р и Р'— данные точки (рис. 168). Середина О от-
резка РР' принадлежит
искомому геометрическому месту.
Если в любой плоскости, прохо-
дящей через прямую РР', провес-
ти к этой прямой перпендикуляр
пг, проходящий через точку О, то
все точки этого перпендикуляра
будут одинаково удалены от то-
чек Р и Р', так как m есть ось
симметрии этих точек. Проведем
таким же образом еще прямую п
через точку О перпендикулярно
к РР'. Все точки прямой п тоже
одинаково удалены от точек
Р и Р'.
Плоскость а, проходящая че-
рез пересекающиеся прямые m и
п, и есть искомое геометрическое
), покажем, во-первых/что каждая
Рис. 168
•место. Чтобы доказать
точка плоскости а одинаково удалена от точек Р и Р', а во-
вторых, что каждая точка, не принадлежащая плоскости а,
не одинаково удалена от точек Р и Р'. Возьмем в плоскости
а произвольную точку Q и проведем через нее прямую, пере-
секающую прямые тип соответственно в точках М и N. Со-
единим точки Р и Р' с точками М, N и Q; Д PMN=/\P'MN,
гак как РМ=Р'М, PN=P'N и сторона MN общая. Следо-
вательно, Z.PMN= Z.P'MN. Отсюда находим, что и ДРМ<2 =
= ДР'Л1<2, так как РМ=Р'М, сторона MQ общая и ZPA1Q =
= Z_P'MQ. Значит, и PQ = P'Q, т. е. все точки плоскости а
одинаково удалены от Р и Р'.
Возьмем теперь точку А вне плоскости а и соединим ее
с Р и Р'. Пусть отрезок АР' пересекает плоскость а в точке К.
По доказанному РК=Р'К. Из ЛАРК имеем: РК+КА>РА,
или Р'К+КА>РД, т. е. Р'А>РА. Итак, точка, не принадле-
жащая плоскости а, не одинаково удалена от Р и Р'. Следо-
вательно, плоскость а и есть искомое геометрическое место.
Остается показать, что a-LPP'. Прямая р = РР' перпенди-
кулярна ко всякой прямой, проходящей в плоскости а через
точку О, так как все точки такой прямой одинаково удалены
от Р и Р' и, значит, она есть ось симметрии этих точек. Та-
кова, например, прямая q, проходящая через точки О и Q.
Но прямая р перпендикулярна и к любой прямой, лежащей
154
в плоскости а и не проходящей через точку О (например,
к прямой MN). Чтобы обнаружить это, достаточно через точ-
ку О провести прямую, параллельную к этой прямой. Тогда
прямая РР', перпендикулярная к одной из параллельных, бу-
дет перпендикулярна и к другой. Итак, PP'-La.
(16.3) Определение 2. Геометрическое место точек, равно-
удаленных от двух данных точек, называется плоскостью
симметрии этих точек, а сами точки называются симметрич-
ными относительно этой плоскости.
Если между точками двух фигур существует взаимноодно-
значное соответствие, и притом такое, что каждые две соот-
ветственные точки симметричны от-
носительно одной и той же плоско-
сти, то фигуры называются симмет-
ричными относительно этой плоско-
сти.
Наглядным примером симметрии
является отражение предмета в
плоском зеркале. Примеры симмет-
ричных предметов мы можем встре-
чать на каждом шагу: мебель, по-
суда, некоторые инструменты и при-
боры, украшения зданий и т. д.
Из теоремы 1 получаем следст-
вия.
Следствие 1. Плоскость симметрии есть геометрическое
место точек, принадлежащих прямым, перпендикулярным к
данной прямой в данной на ней точре.
Следствие 2. Каждые две точки определяют единственную
плоскость, относительно которой они симметричны.
(16.4) Признак перпендикулярности прямой и плоскости
дается в следующей теореме, которую иногда называют тео-
ремой о двух перпендикулярах.
Теорема 2. Чтобы данная прямая была перпендикулярна
к плоскости, необходимо и достаточно, чтобы она была пер-
пендикулярна к двум пересекающимся прямым, принадлежа-
щим этой плоскости.
Условие необходимо. Если m(Za и ncza, то / _£т
и /_]_п по определению.
Условие достаточно. Пусть мы имеем: /пса, nQa,
mxn, и ^_1_п. Докажем, что /_[_а (рис. 169). Проведем
через точку О пересечения прямых тип прямую р |j I. Так как
I | т и 11| р, то и р | т. На таком же основании р I п. Но
тогда, согласно следствию 1 (п. 16.3), прямые тип принадле-
155
жат плоскости, перпендикулярной к прямой р. Итак,
Но р\\1, поэтому, согласно следствию 2 (п. 16.1), и
(16.5) Теорема 3. Существует единственная плоскость,
проходящая через данную точку и перпендикулярная к дан-
ной прямой.
Рассмотрим два случая:
1. Данная точка О принадлежит данной прямой р. Прове-
дем через точку О два перпендикуляра к прямой р, а через
эти перпендикуляры проведем плоскость а. По предыдущей
теореме а±р. Кроме того, а — единственная перпендикуляр-
ная плоскость к прямой р, проходящая через точку О, так
как плоскость а есть геометрическое место всех прямых, про-
ходящих через точку О перпендикулярно к прямой р.
2. Данная точка О не принадлежит прямой р. Тогда через
точку О к прямой р проведем перпендикуляр ОМ (М czp) и
через точку М проведем к прямой р перпендикулярную плос-
кость а, как показано в предыдущем случае. Эта плоскость
содержит перпендикуляр ОМ, а вместе с ним и точку О.
Плоскость а единственна, так как точка М определяется одно-
значно.
Следствие. Две плоскости, перпендикулярные к одной и
той же прямой, параллельны между собой.
Дано: а±р; Р±р.
Доказать: а||р.
Положим, что а не параллельна р. Тогда через точку М,
принадлежащую р, можно провести отличную от р плос-
кость pz, параллельную а, т. е. р'||а. Согласно следствию 3
к определению 1, получаем, что p'-Lp. Но тогда мы получим,
что через точку М к прямой р проведены две перпендикуляр-
ные плоскости, что противоречит теореме 3. Итак, allp.
(16.6) Теорема 4. Существует единственная прямая, про-
ходящая через данную точку и перпендикулярная к данной
плоскости.
Пусть Р — данная точка и а — данная плоскость
(рис. 170). Проведем в плоскости а произвольную прямую а
и через точку Р проведем к этой прямой перпендикулярную
плоскость р, как показано в предыдущей теореме. Плос-
кость р пересечет плоскость а по прямой пг, а прямую а —
в точке А. Если через точку Р провести к прямой пг перпен-
дикуляр р в плоскости р, то р и будет искомым перпендику-
ляром к плоскости а, проходящим через точку Р.
Действительно, по построению а±р, следовательно, а±р.
Итак, pJ-tn и p-La, причем аХт, так как аА.т. По теореме
о двух перпендикулярах получаем, что р±а.
Построение остается тем же, независимо от того, принад-
лежит или .не принадлежит точка Р плоскости а.
156
Если мы допустим, что через точку Р проходит другой
перпендикуляр р' к той же плоскости а, то через пересекаю-
щиеся прямые р и р' можно провести плоскость у. Эта плос-
кость пересекает плоскость а по некоторой прямой с. Так как
ccia, p-La, p'J-a, то p-Lc и p'-Lc. Мы получили, что в плос-
кости у через одну и ту же точку Р проходят два различных
перпендикуляра к прямой с, что противоречит известным тео-
ремам планиметрии. Итак, перпендикуляр р — единственный.
Следствие. Две прямые, пер-
’	пендикулярные к одной и	той же
\	плоскости, параллельны	между
у.	собой.
{—	...Дано: p-La; рXa.
л \ /X Доказать: р||р.
/	Допустим, что q не параллель-
\	;	s' у на р. Тогда через какую-нибудь
\/а	\	точку Q на прямой q можно про-
________вести отличную от q прямую р',
параллельную р. Так как pla и
р'||р, то и р'±а на основании
рис 170_следствия 2 к определению 1. Мы
получили, что через точку Q к
плоскости а проведены два раз-
личных перпендикуляра р и р', а это противоречит предыду-
щей теореме. Поэтому прямые р' и р совпадают и, значит, р||р.
Упражнения
1.	Является ли куб симметричной фигурой? Сколько в нем
можно провести плоскостей симметрии?
2.	Являются ли симметричными предметами стол, стул,
диван, чайник? Как проходит в них плоскость симметрии?
Приведите примеры других симметричных предметов.
3.	Какова должна быть наименьшая величина зеркала,
чтобы человек мог видеть себя во весь рост?
4.	Доказать, что прямая, перпендикулярная к двум сторо-
нам треугольника, перпендикулярна и к третьей стороне его.
5.	Доказать, что существует единственная точка, симмет-
ричная с данной точкой по отношению к данной плоскости.
6.	Доказать, что прямая, перпендикулярная к плоскости,
перпендикулярна ко всем прямым, параллельным этой плос-
кости.
7.	Доказать, что прямая и плоскость, перпендикулярные
к одной и той же прямой, параллельны между собой.
8.	Доказать, что существует единственная прямая, прохо-
дящая через данную точку и перпендикулярная к двум дан-
ным скрещивающимся прямым.
9.	Дана плоскость а и вне ее точки Л, В и С, не лежащие
на одной и той же прямой. Точки А', В', С' соответственно
157
симметричны с ними относительно плоскости а. Доказать, что
ДЛВС= ЛА'В'С'.
10.	Для того чтобы прямая была перпендикулярна к плос-
кости, необходимо, чтобы она была перпендикулярна к двум
прямым, параллельным этой плоскости. Является ли это усло-
вие и достаточным?
11.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
прямым, проходящим через данную точку и перпендикуляр-
ным к данной прямой.
12.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных от
трех данных точек, не лежащих на одной и той же прямой.
13.	Дана прямая I и плоскость а. Найти геометрическое
место точек, симметричных с точками прямой I относительно
плоскости а. Рассмотреть различные случаи взаимного поло-
жения прямой I и плоскости а.
14.	Найти точку, равноудаленную от четырех данных то-
чек, не принадлежащих одной и той же плоскости.
§ 17. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ ПЛОСКОСТЕЙ И ОРТОГОНАЛЬНЫЕ
ПРОЕКЦИИ
(17.1)	Определение 1. Плоскость, проходящая через пер-
пендикуляр к другой плоскости, называется перпендикуляр-
ной к этой плоскости, т. е. если рХа, рСр, то рХа.
Следствие 1. Перпендикулярность плоскостей есть свойство
взаимное-, т. е. если аХр, то и рХа.
Если а | р, то существует в плоскости а прямая а, перпен-
дикулярная ^плоскости Р, т. е. аса и а ± р. Обозначим че-
рез I линию пересечения а и р, а
через М — точку пересечения act
(рис. 171). Проведем в плоскости р че-
рез точку М перпендикуляр b к пря-
мой I. По определению a_LA по
построению b I I. Итак, прямая b
перпендикулярна к двум пересекаю-
щимся прямым I и а в плоскости а,
следовательно, b I а. Но b CZP.
значит, pj_a.
Рис. 171
Следствие 2. Если две плоскости
перпендикулярны друг к другу и
если через точку одной из них про-
вести перпендикуляр к другой, то
этот перпендикуляр принадлежит
первой плоскости.
Дано: aj_₽, Рс«, Р(=р. Р±₽-
Доказать: рс«.
Так как то существует прямая а, принадлежащая «
158
и перпендикулярная к 0, т. е. a CZ а, а ± 0; но так как р ± 0-
то р || а. Параллельные прямые р и а лежат в одной и той же
плоскости, определяемой прямой а и точкой Р, т. е. в плоско-
сти а, следовательно, рс=а.
Следствие 3. Если две пересекающиеся плоскости перпен-
дикулярны к третьей, то к ней же перпендикулярна и линия
ах пересечения.
Дано: a J_ Т, Р I Г, а х 0, ар = р.
Доказать: р ± Г.
Возьмем произвольную точку Р на прямой р и проведем
через нее перпендикуляр к плоскости у. Согласно предыду-
щему следствию этот перпендикуляр должен одновременно
принадлежать и плоскости а и плоскости 0. Следовательно,
он совпадает с линией их пересечения. Итак, p-Ly.
(17.2)	Определение 2. Если при параллельной проекции
проектирующие прямые перпендикулярны к плоскости проек-
ции, то такая проекция называется ортогональной.
В изложении этого параграфа мы часто вместо слов «орто-
гональная проекция» будем для сокращения употреблять
одно слово «проекция».
Так как ортогональная проекция является частным ви-
дом параллельной проекции, то она обладает всеми свойст-
вами этой проекции, рассмотренными в параграфе 15.
Определение 3. Прямая, пересекающая плоскость, но не
перпендикулярная к ней, называется наклонной к этой плос-
кости.
В изложении следующей теоремы мы словом «перпенди-
куляр» будем называть отрезок перпендикуляра от данной
точки до его основания, а словом «нагонная» — отрезок на
«лонной от данной точки до ее пересечения с плоскостью
Рис. 172
Теорема 1. Если из одной и той же точки провести к плос-
кости перпендикуляр и наклонные, то 1) перпендикуляр коро-
че всякой наклонной; 2) наклонные, имеющие равные проек-
ции, равны между собой; 3) наклонная, имеющая большую
проекцию, больше наклонной с меньшей проекцией.
15S*
1)	Пусть РО±а (рис. 172), РА — наклонная. ДРОЛ —
прямоугольный с прямым углом при вершине О. Поэтому
катет РО меньше гипотенузы РА, т. е. РО<РА.
2)	Пусть ОА— проекция наклонной РА, ОВ — проекция
наклонной РВ. Если ОА = ОВ, то прямоугольные треуголь-
ники РОА и РОВ равны между собой, так как катет РО у них
общий и равны еще катеты ОА и ОВ, следовательно, РА = РВ.
3)	Пусть ОС — проекция наклонной PC — больше О А —
проекции наклонной РА. Отложим на ОС отрезок ОА'=ОА.
Тогда по доказанному РА'—РА. Согласно теореме планимет-
рии о наклонных и их проекциях будем иметь: ООО А', сле-
довательно, РС>РА', т. е. РС>РА.
Теорема 2 (обратная). 1) Кратчайший из всех отрезков,
соединяющих данную точку с точками плоскости, перпенди-
кулярен к этой плоскости-, 2) равные наклонные имеют и рав-
ные проекции; 3) большая наклонная имеет и большую про-
екцию.
1)	Пусть отрезок РО (см. рис. 172) короче всех других
отрезков, соединяющих точку Р с точками плоскости а. Допу-
стим, что РО не перпендикуляр, а наклонная. Тогда сущест-
вует перпендикуляр РО', проведенный из той же точки Р.
Но тогда по доказанному РО'<РО и отрезок РО уже не
будет самым коротким, что противоречит условию. Итак,
РО±а.
2)	Если имеем равные наклонные РА и РВ, то ДОРЛ =
= ДОРВ по катету (общий катет РО) и гипотенузе (РД =
— РВ), следовательно, ОА = ОВ.
3)	Если РС>РА, то, допустив, что ОС<ОЛ, мы получили
бы, что и РС<РЛ, а это противоречит условию. Если допу-
стить, что ОС=ОА, то получим, что РС=РА, а это тоже про-
тиворечит условию. Поэтому остается допустить, что ОС>ОА
(17.3)	Определение 4. Расстоянием от точки до плоскости
называется длина перпендикуляра, проведенного из этой точ-
ки к плоскости.
Целесообразность такого определения обусловлена тем
что перпендикуляр короче всех других отрезков, соединяю-
щих данную точку с точками плоскости.
Следствие 1. Расстояние между двумя параллельными
плоскостями везде одинаково.
Пусть а||а'. Возьмем на плоскости а точки М и N и прове
дем из них перпендикуляры ММ' и NN' к плоскости а
MM'\\NN' согласно следствию к теореме 4 предыдущего пара
графа. Отрезки же параллельных прямых между параллель-
ными плоскостями равны между собой, следовательно
MM'=NN'.
Следствие 2. Точки прямой, параллельной плоскости, нахо
дятся на одинаковых расстояниях от этой плоскости.
460
Пусть а||р, а' — ортогональная проекция прямой а на
плоскость р. В силу параллельности прямой а с плоскостью р
имеем а'\\а. Поэтому расстояния между точками этих прямых
везде одинаковы. А так как проекция ортогональная, то эти
же расстояния являются расстоянием от точек прямой а до
плоскости р.
Следствие 3. Геометрическим местом точек, отстоящих от
данной плоскости на расстояние, равное данному отрезку,
служат две плоскости, параллельные данной.
Пусть а — данная плоскость, MN — данный отрезок. Возь-
мем произвольную точку О в плоскости а, проведем через нее
перпендикуляр р к плоскости и отложим на нем по обе сто-
роны от точки О отрезки OP=OP'=MN. Через точки Р и Р'
соответственно проведем плоскости р и р', параллельные
плоскости а. Эти плоскости и являются искомым геометриче-
ским местом. Действительно, согласно следствию 1 точка
каждой из этих плоскостей отстоит от плоскости а на рас-
стояние, равное отрезку MN.
Если же точка не принадлежит плоскостям р и р' и лежит
между ними, то ее расстояние от а меньше MN, если же она
не находится между плоскостями р и р' и лежит вне их, то
ее расстояние от а больше MN.
(17.4)	Теорема 3. Если одна из двух взаимно перпендику-
лярных прямых параллельна данной плоскости, а другая
к ней не перпендикулярна, то ортогональные проекции этих
прямых на данную плоскость перпендикулярны друг другу.
Дано: a±b, ally, b не перпендикулярна к у, а' — проек-
ция а на у, Ь' — проекция b на у.
Доказать: a'Lb' (рис. 173).
Пусть a — проектирующая плоскость, проходящая через а
и а', а р — проектирующая плоскость,, проходящая через b
и Ь'. Очевидно, a-Ly и P-Ly, откуда следует, что I — линия
пересечения а и р — перпендикулярна к у. Так как /±у, то
/±а'; но а'Ца, поэтому aLl. Итак, aJ_/ и aLb, значит, а_1_р
и, значит, aLb'. Вместе с тем а'Ца, следовательно, a'Lb'.
If А. И. Фетисов	161
Теорема 4 (обратная). Если одна из двух данных прямых
параллельна данной плоскости, а другая к этой плоскости не
перпендикулярна и если ортогональные проекции этих пря-
мых перпендикулярны, то перпендикулярны и данные прямые.
Дано: ally, b не перпендикулярна к у, а'— проекция a
на у, Ь'— проекция Ъ на у, a' Lb'.
Доказать: aJL6.
Сохраняя те же обозначения, что и на рис. 173, получим:
a' Lb', a'LI, следовательно, а'±р и, значит, a'Lb. Но alia',
поэтому aLb.
В том частном случае, когда прямая а принадлежит плос-
кости, т. е. совпадает со своей проекцией, теорема 3 читается
так:
Прямая, принадлежащая плоскости и перпендикулярная
к наклонной, перпендикулярна и к ее проекции.
В этом частном случае предложение называется теоремой
о трех перпендикулярах. Это название объясняется тем, что
здесь имеется соотношение перпендикулярности между тремя
прямыми а, b и Ь': если aLb, то aLb'. Для того же частного
случая обратная теорема формулируется так:
Прямая, лежащая в плоскости и перпендикулярная к про-
екции наклонной, перпендикулярна и к самой наклонной.
(17.5)	Рассмотрим теперь вопрос об определении угла
между прямой и плоскостью.
Теорема Б.Острый угол между наклонной и ее ортогональ-
ной проекцией на плоскость есть наименьший из всех углов
между наклонной и прямыми, проходящими в плоскости через
точку пересечения этой наклонной с плоскостью.
Пусть / — данная наклонная, /' — ее проекция на плос-
кость а, О — точка пересечения наклонной с плоскостью. Про-
ведем через О в плоскости произвольную прямую а и из
точки Р на прямой I проведем перпендикуляр р к плоскости а.
Он пересечет проекцию I' в точке Р' (рис. 174). На прямой а
от точки О отложим отрезок ОА, равный ОР'. Сравним
ЛОРР' и ЛОРА. У них сторона ОР—общая, ОА = ОР', но
РА>РР', так как наклонная больше перпендикуляра. Но если
две стороны одного треугольника соответственно равны двум
сторонам другого, а третьи стороны не равны, то против боль-
шей стороны лежит и больший угол, т. е. LPOA>LPOP'.
Определение 5. Угол между наклонной и ее проекцией на
плоскость называется углом между наклонной и плоскостью.
(17.6)	Теорема 6. Существует единственная прямая, пере-
секающая две данные скрещивающиеся прямые и перпенди-
кулярная к ним.
Пусть а и b — скрещивающиеся прямые (рис. 175). Через
какую-нибудь точку на прямой а проведем прямую шЦЬ.
162
Через пересекающиеся прямые а и т проведем плоскость а.
Обозначим буквой Ь' ортогональную проекцию прямой Ь на
плоскость а. Прямая Ь' пересекает прямую а в точке А, явля-
ющейся проекцией точки В прямой Ь. Прямая АВ перпенди-
кулярна к прямым а и Ь' на плоскости а, так как ДВХа. Но
Ь'||6, следовательно, ABJ_b. Итак, прямая АВ пересекает дан-
ные прямые а и b и перпендикулярна к той и к другой. АВ —
единственная прямая, пересекающая а и b и перпендикуляр-
ная к ним. Чтобы доказать это, возьмем точку М на прямой а
и точку N на прямой b и докажем, что прямая MN не мо-
жет быть одновременно перпендикулярна к прямым а и Ь.
Действительно, если допустим, что MNХа и MNA-Ь, то полу-
чим, что MN.Lb', т. е. MNA.a, следовательно, Л4ЛП1ЛВ. Вместе
с тем проекция N' точки N находится на прямой Ь' и потому
NN'\\AB. Мы получили, что через точку N к прямой АВ про-
ходят две различные параллельные, что противоречит аксиоме
параллельности. Итак, прямая MN не может быть одновре-
менно перпендикулярна к прямым а и b й, значит, прямая
АВ — единственная.
Следствие. Отрезок общего перпендикуляра между скре-
щивающимися прямыми короче любого другого отрезка, со-
единяющего точку одной из этих прямых с точкой другой.
Действительно, из доказательства предыдущей теоремы
следует, что отрезок NN' есть перпендикуляр, а отре-
зок MN — наклонная к плоскости а. Поэтому MN>NN'. Но
NN'=AB, так как расстояния между параллельными равны
между собой; следовательно, МЛ/>ЛВ.
Определение 6. Отрезок общего перпендикуляра между
скрещивающимися прямыми называется расстоянием между
этими прямыми.
Понятие о расстоянии между скрещивающимися прямыми
и об угле между ними играет важную роль в элекродина-
11*
163
мике. Известно, что если по двум прямолинейным непересе-
кающимся проводникам проходит электрический ток, то
влияние одного тока на другой зависит от расстояния провод-
ников и от угла между ними. Наибольшее влияние оказывают
друг на друга токи в параллельных проводниках. При этом
оказывается, что одинаково направленные токи притягивают
друг друга, а противоположно направленные — отталкивают,
причем сила притяжения или отталкивания обратно пропор-
циональна расстоянию между проводниками. Если скрещива-
ющиеся проводники перпендикулярны друг к другу, то токи
не влияют друг на друга.
Упражнения
1.	Плоскость, перпендикулярная к горизонтальной плос-
кости, вертикальна. А как расположена плоскость, перпенди-
кулярная к вертикальной плоскости?
2.	В полдень 21 июня в Москве телеграфный столб,длиной
6 м отбрасывает тень длиной 3,8 м. Вычислить «высоту солн-
ца» над горизонтом, т. е. угол, образуемый лучами солнца
с горизонтальной плоскостью.
3.	При изображении куба в так называемой кабинетной
проекции передняя грань куба помещается параллельно плос-
кости проекции и потому изображается без искажения —
в виде квадрата. Ребра, перпендикулярные к этой грани, изо-
бражаются отрезками, проходящими под углом в 45° к изо-
бражениям ребер передней грани, причем длина уменьшается
вдвое по сравнению с истинной длиной. Какой угол образуют
проектирующие прямые с плоскостью проекции?
4.	В эллипсе, являющемся ортогональной проекцией ок-
ружности, найти наибольший и наименьший диаметры. Дока-
зать, что эти диаметры сопряженные и что они перпендику-
лярны друг к другу. Заметим, что наибольший диаметр назы-
вается большой осью эллипса, а наименьшей его малой
осью.
5.	Доказать, • что тупой угол между наклонной прямой и
продолжением ее проекции на плоскость есть наибольший из
всех углов, образуемых этой прямой со всеми прямыми, про-
ходящими по плоскости через точку ее пересечения с этой
плоскостью.
6.	Доказать, что если прямая перпендикулярна к плос-
кости, то ее ортогональная проекция перпендикулярна к следу
этой плоскости на плоскости проекции.
7.	Доказать, что если из одной и той же точки проведены
к плоскости две равные наклонные, то угол между наклон-
ными меньше угла между их проекциями.
164
8.	Доказать, что длина проекции отрезка равна длине дан-
ного отрезка, умноженной на косинус угла между отрезком
и плоскостью проекции.
9.	Найти геометрическое место точек плоскости, находя-
щихся от данной точки, не принадлежащей этой плоскости,
на расстоянии, равном данному отрезку.
10.	От вершины О данного угла отложим на его сторонах
равные отрезки: ОА = ОА'. Доказать, что плоскость симмет-
рии точек А и А' есть геометрическое место точек, принадле-
жащих прямым, проходящим через точку О и образующим
равные углы со сторонами угла.
11.	Найти геометрическое место точек, расстояния которых
от двух данных пересекающихся плоскостей равно данному
отрезку.
12.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных
от двух данных пересекающихся прямых.
13.	Отрезок постоянной длины скользит своими концами
по двум взаимно перпендикулярным скрещивающимся пря-
мым. Какую линию описывает середина отрезка?
14.	Найти геометрическое место ортогональных проекций
данной точки на все плоскости, проходящие через данную
прямую, при условии, что точка не лежит на этой прямой.
15.	Дана плоскость а и точка Р вне ее. Найти геометриче-
ское место точек плоскости, расстояния которых от данной
точки Р не больше данного отрезка.
16.	На изображении куба к вершине О проходят реб-
ра О А, ОВ, ОС. Построить изображение ортогональной про-
екции точки О на плоскость АВС.
17.	На изображении куба построить расстояние между
двумя непараллельными диагоналями противоположных его
граней.
18.	На изображении куба построить расстояние между
двумя непересекающимися диагоналями соседних граней
куба.
19.	Куб с ребром а пересечь плоскостью, проходящей
через его центр перпендикулярно к диагонали, и найти пло-
щадь полученного сечения.
20.	Дана плоскость а и наклонная /. Через точку Р на
этой плоскости провести прямую, образующую данный угол
с прямой /. Показать, при помощи каких элементарных по-
строений можно найти решение.
ГЛАВА ШЕСТАЯ
ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
§ 18. ДВУГРАННЫЕ УГЛЫ
(18.1)	Из планиметрии известно, что каждая прямая, при-
надлежащая плоскости, разделяет эту плоскость на две об-
ласти, называемые полуплоскостями. Разделяющая прямая
является общим ребром этих полуплоскостей. Отрезок, соеди-
няющий две точки одной и той же полуплоскости, не пересе-
кает ребра. Отрезок, соединяющий две точки, принадлежащие
разным полуплоскостям, пересекает ребро. Две пересекаю-
щиеся прямые разделяют плоскость на четыре области, каж-
дая из которых называется углом.
Совершенно аналогичные соотношения мы имеем в про-
странстве. Каждая плоскость разделяет пространство на две
области, называемые полупространствами. Отрезок, соеди-
няющий две точки одного и того же полупространства, не
пересекает разделяющую плоскость. Отрезок, соединяющий
две точки, принадлежащие разным полупространствам, пере-
секает эту плоскость. Две пересекающиеся плоскости разде
ляют пространство на четыре области, каждая из которых
называется двугранным углом (рис. 176).
Определение 1. Двугранным углом называется часть про-
странства, ограниченная двумя полуплоскостями, имеющими
общее ребро. Полуплоскости эти называются гранями дву-
гранного угла, а их общее ребро — ребром двугранного угла.
Двугранный угол мы будем обозначать, указывая назва-
ния граней и линии их пересечения. Например, на рис. 176
изображен двугранный угол, обозначение которого нужно за-
писать так: Za/jp.
Определение 2. Линейным углом двугранного угла назы-
вается угол, который получается в плоскости, пересекающей
двугранный угол перпендикулярно к его ребру.
Например, на рис. 177 двугранный угол а/p пересечен пло-
скостью у, причем у±/, ay=a, Ру=&, 2.аОЬ и есть линейный
угол данного двугранного угла.
Теорема 1. Все линейные углы одного и того же двугран-
ного угла равны между собой.
166
Пересечем двугранный угол aZp (см. рис. 177) двумя пло-
скостями у и у', перпендикулярными к его ребру. В первой
плоскости получился угол аОЬ, во второй — а'О'Ь'. Так как
у±1 и y'lZ, то у||у' и вместе с тем а\\а' и 6||6'. Лучи Оа и
О'а' одинаково направлены, так как лежат в одной и той же
полуплоскости по отношению к прямой I. Так же одинаково
направлены лучи ОЬ и О'Ь', поэтому Z.aOb = Z.a'0'b'.
Непосредственно из построения линейного угла получаем:
Следствие. Стороны линейного угла перпендикулярны к
ребру двугранного угла.
Например, на рис. 177 имеем: Z±y, aCZy, ftCZy, следова-
тельно, ILa, ILb.
(18.2)	Определение 3. Двугранные углы называются рав-
ными, если равны их линейные углы. Например, если дву-
гранные углы ZaZp и Za'Z'p' имеют соответственно линей-
ные углы ZaOb и Ла'О'Ь', причем ZаОЬ = Zа'О'Ь', то и
ZaZp= Za'Z'p'.
Следствие. Равенство двугранных углов является соотно-
шением эквивалентности.
1)	Равенство двугранных углов удовлетворяет условию
симметрии. Пусть ZaZp = ^a'Z'P', т. е. ^aOb = Ла'О'Ь'. Но от-
сюда следует, что и Л а'О'Ь'= ЛаОЬ, следовательно, Za'O'p'=
= ZaOp.
2)	Равенство двугранных углов удовлетворяет условию
рефлективности: ZaZp=ZaZp, так как ZaOZ>=ZaO6.
3)	Равенство двугранных углов удовлетворяет условию
транзитивности. Пусть ZatZiPi = ZCI2Z2P2, Za3Z2p2= Za3Z3p3.
Но тогда и ZaiOiZ>i = Ла2О2Ь2, Ла2О2Ь2= Ла3О3Ьз. В силу
транзитивности равенства Линейных углов получим:
ZaiOibi = Za3O3b3, следовательно, ZaJiP^ Za3Z3p3.
Определение 4. Если два двугранных угла имеют общую
грань и ребро, а две другие их грани находятся по разные
167
стороны от общей грани, то такие углы называются приле-
гающими. Двугранный угол, определяемый несовпадающими
гранями этих углов, называется их суммой, а самые углы на-
Рис. 178
зываются слагаемыми.
На рис. 178 имеем: Za/p + Zp/y =
= Z.aly.
Теорема 2. Линейный угол суммы дву-
гранных углов равен сумме линейных
углов слагаемых.
Пусть мы имеем сумму (рис. 178):
Z a/p + Z р/у = Z а/у.
Для получения линейных углов прове-
дем плоскость б, перцендикулярную к об-
щему ребру I. Тогда в этой плоскости по-
лучатся линейные углы: Z.aOb, Z.bOc,
Z.aOc, причем Z.aOb + ZbOc= ZaOc.
(18.3) Теорема 3. Каждому плоскому углу однозначно со-
ответствует двугранный угол, линейным углом которого слу-
жит этот плоский угол.
Пусть мы имеем плоский угол аОЬ. Проведем через точ-
ку О перпендикуляр I к плоскости аОЬ. Прямая I и луч Оа
определяют полуплоскость а. Прямая I и луч ОЬ определяют
полуплоскость Р; Za/p— искомый двугранный угол, линей-
ным углом которого служит данный угол аОЬ-, Za/p опреде-
ляется однозначно, ввиду того что прямая / является един-
ственным перпендикуляром, проходящим через точку О, к
плоскости аОЬ.	(
Доказанные предложения позволяют привести измере-
ние двугранных углов к измерению соответствующих линей-
ных углов. За единицу измерения принимается двугранный
угол в один градус, т. е. такой угол, линейным углом кото-
рого служит угол в 1°.
Определение 5. Двугранный угол в 90° называется пря-
мым. Углы, меньшие прямого, называются острыми, большие
прямого — тупыми.
Следствие. Грани прямого двугранного угла перпендику-
лярны друг к другу.
Действительно, если Za/p прямой, то его линейный угол
Z.aOb тоже прямой, т. е. aS-Ь. Вместе с тем /Ха, поэтому
аХр. Но а с а, следовательно, аХр.
Упражнения
1.	Дан острый двугранный угол a/р. На грани а взята точ-
ка А. Доказать, что из всех прямых, проходящих в грани a
через точку А, наибольший угол с плоскостью р образует пря-
мая, перпендикулярная к ребру I.
168
Заметим, что указанная в этой задаче прямая называется
линией наибольшего уклона или линией ската, так как по
этой линии скатывается тяжелый шар, положенный на грань
а при условии, что плоскость 0 горизонтальна.
2.	Шар весом в р кг положен на гладкой плоскости, обра-
зующей с горизонтальной плоскостью угол в 55°. Какую нуж-
но приложить силу, направленную по линии ската, чтобы
удержать этот шар в равновесии?
3.	Какой угол должна образовать наклонная плоскость с
горизонтальной, чтобы сила, удерживающая положенный на
наклонную плоскость тяжелый шар, равнялась половине веса
тела?
4.	Два плоских зеркала служат гранями двугранного
угла. Луч света, перпендикулярный к ребру и параллельный
первому зеркалу, отражается от второго, потом отражается
от первого, потом вновь от второго, потом вновь от первого и,
наконец, отразившись в последний (пятый) раз от второго
зеркала, возвращается обратно по той же прямой. Какова
величина двугранного угла между зеркалами? (Заметим, что
при отражении света от плоского зеркала отраженный луч
образует с плоскостью такой же угол, как и луч падаю-
щий).
5.	Прилегающие двугранные углы называются смежными,
если несовпадающие грани их принадлежат к одной и той же
плоскости. Доказать, что если смежные двугранные углы рав-
ны, то грани их перпендикулярны.
6.	Если грани одного двугранного угла служат продолже-
нием граней другого, то такие двугранные углы называются
вертикальными. Доказать, что вертикальные двугранные
углы равны между собой.
7.	Полуплоскость, имеющая своим ребром ребро двугран-
ного угла и делящая его на две равные части, называется
биссекторной. Доказать, что биссекторные плоскости двух
смежных углов перпендикулярны между собой.
8.	Доказать, что площадь ортогональной проекции пло-
ского многоугольника равна площади этого многоугольника,
умноженной на косинус угла между плоскостью многоуголь-
ника и плоскостью проекции.
9.	Найти геометрическое место точек, находящихся внутри
двугранного угла и равноудаленных от его граней.
10.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных
от двух данных плоскостей. Рассмотреть два случая:
1) когда плоскости параллельны и 2) когда они пересека-
ются.
11.	Найти геометрическое место точек, ортогональными
проекциями которого на две пересекающиеся плоскости слу-
жат две прямые линии.
169
12.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
прямым, образующим равные углы с двумя пересекающими-
ся прямыми и проходящим через точку их пересечения.
13.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных от
трех данных пересекающихся прямых, не принадлежащих к
одной и той же плоскости.
14.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих
прямым, пересекающим данную прямую под данным углом
и образующим с данной плоскостью угол, равный данному.
Какие элементарные построения нужно произвести, чтобы
решить следующие задачи?
15.	Дан двугранный угол aZp и полуплоскость а'1'. Пост-
роить двугранный угол a'Z'p', равный данному двугранному
углу а/р.
16.	По грани а двугранного угла aZp проведена прямая о,
пересекающая ребро I в точке О. Провести по грани р через
точку О прямую Ь, перпендикулярную к а.
17.	На гранях аир двугранного угла aZp даны соответ-
ственно точки А и В. Найти на прямой АВ точку, одинаково
удаленную от граней.
18.	На гранях аир двугранного угла aZp даны соответ-
ственно точки А и В. Найти на ребре Z такую точку М, чтобы
угол АМВ был прямой.
19.	Дана плоскость а и наклонная tn, пересекающая эту
плоскость в точке А. Провести через прямую т такую пло-
скость р, чтобы угол между плоскостями аир был равен дан-
ному линейному углу.
§ 19. МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
(19.1)	Если две пересекающиеся плоскости пересечь тре-
тьей так, чтобы она пересекла и линию их пересечения; то
пространство разделится на восемь областей, каждая из ко-
торых называется трехгранным углом (рис. 179).
Определение 1. Часть пространства, ограниченная тремя
плоскими углами, имеющими общую вершину и попарно об-
щие стороны, называется трехгранным углом.
Плоские углы ограничивающие трехгранный угол, назы-
ваются его гранями, их стороны — его ребрами, их общая
вершина — его вершиной.
На рис. 180 показан трехгранный угол с вершиной О, гра-
нями а, р и у и ребрами: а =Ру, b = ya, c = ap. Трехгранный
угол с вершиной О и ребрами а, Ь, с мы будем обозначать
символом Oabc.
Чтобы установить соотношения между плоскими углами
трехгранного угла, докажем следующее предложение:
Лемма. Если из точки О проведены наклонные ОА и ОВ к
плоскости, причем в треугольнике О АВ углы при основании
170
АВ острые, то угол между наклонными меньше угла между
их проекциями.
Пусть ОА и ОВ — наклонные, удовлетворяющие условию
теоремы (рис. 181); О' — проекция точки О на плоскость а.
Так как углы при вершинах А и В острые, то высота ОН в
треугольнике О АВ проходит
между сторонами ОА и ОВ.
По теореме о трех перпендику-
лярах O'HLAB.
Если повернуть ДОЛ В во-
круг прямой АВ и положить
его на плоскость а, то точка
О займет положение точки О"
на продолжении прямой О'Н,
так как ОН>О'Н (наклонная
больше своей проекции).
ZЛO,^> Z.AO"H как внешний
по отношению к ДЛО'О".
На таком же основании
Z ВО'Н> ZВО"Н. Складывая
почленно полученные неравен-
ства, находим:
Z.AO'B> Z.AO"B\ но ZЛO/'B = ZЛOB, следовательно,
ZЛO'B>ZЛOB.
(19.2)	Теорема 1. Сумма плоских углов трехгранного угла
меньше 360°.
Докажем теорему для того случая, когда все плоские углы
трехгранного угла тупые. Если это будет доказано, то тогда
для случая меньших плоских углов теорема будет и подавно
справедлива.
Итак, рассмотрим трехгранный угол Oabc, в котором все
плоские углы тупые. Возьмем на ребрах а, Ь, с соответ-
ственно точки Л, В, С и проведем через них плоскость 6
171
(рис. 182). Обозначим через О' проекцию точки О на пло-
скость 6. Так как углы ВОС, СОА, АОВ — тупые, то углы при
основаниях ВС, СА, АВ треугольников ВОС, СОА, и АОВ —
острые и потому к проекциям тупых углов мы можем при-
менить лемму. Тогда получим:
ZBOC<ZBO'C,
ЛСОА<ЛСО'А,
ЛАОВ<ЛАО'В.
Складывая почленно эти неравенства, получим:
ZBOC+ Z.COA+ ЛАОВ<^ВО'С+ ЛСО'А + ЛАО'В.
Но последняя сумма равна 360°, следовательно, ZBOC+
+ Z СОА 4- Z ЛОВ <360°.
Необходимо заметить, что при этом построении точка О'
не может оказаться вне треугольника АВС, так как, соединив
ее с вершинами Л, В и С, мы получили бы, что один из лучей
О'А, О'В или О'С проходит между двумя другими и тогда
оказалось бы, что тупой угол равен сумме двух тупых углов,
чего быть не может, так как тупой угол не может содержать
более 180°.
Следствие. Каждый плоский угол трехгранного угла мень-
ше суммы, но больше разности двух других его углов.
Пусть мы имеем трехгранный угол Oabc (рис. 183). Про-
должим луч Оа за вершину О и получим луч Оа'. Применив
к трехгранному углу Оа'Ьс предыдущую теорему, получим:
ZbOc+ ZcOa'+a'Ob <360°.	(1)
Вместе с тем по свойству смежных углов имеем:
Z сОа + Z сОа'= 180°; Z аОЬ + Z a'Ob = 180°.
Складывая эти равенства, находим:
ZcOa+ ZaOb + ЛсОа'+ Za'O6=360°.
172
Вычитая отсюда неравенство (1), найдем:
Z.cOa+ Z.aOb—Z.bOc>0,
откуда сразу получаем:
Z.cOa+ Z.aOb> Z.bOc,
Z.cOa> Z.bOc—Z.aOb
{предполагая, что Z.aOb<Z.bOc).
(19.3)	Многогранный угол представляет собой обобщенное
понятие трехгранного угла.
Определение 2. Часть пространства, ограниченная не-
сколькими плоскими углами, имеющими общую вершину и
попарно общие стороны, называется многогранным углом.
Плоские углы называются гранями многогранного угла, их
стороны — его ребрами, общая вершина — его вершиной. По
числу граней многогранные углы называются трехгранными,
четырехгранными, пятигранными,..., п-гранными.
Многогранный угол с вершиной О и ребрами а, Ь, с,..., п
обозначается символом Oabc...n.
На рис. 184 изображен пятигранный угол Oabcde.
Два многогранных угла считаются равными, если между
их ребрами можно установить взаимнооднозначное соответ-
ствие и если при этом равны соответствующие плоские и со-
ответствующие двугранные углы.
Определение 2. Многогранный угол называется выпуклым,
если все его грани находятся в одном и том же полупрост-
ранстве по отношению к плоскости любой грани. Многогран-
ные углы, не удовлетворяющие этому условию, называются
невыпуклыми.
На рис. 184 показан выпуклый многогранный угол. Мы ви-
дим, что он находится в одном и том же полупространстве
по отношению, например, к плоскости грани аОЬ. На рис. 185
показан невыпуклый пятигранный угол Oabcde. Плоскость
угла аОЬ разделяет этот угол на две части, находящиеся по
разные стороны от этой плоскости.
Теорема 2. Сумма всех плоских углов выпуклого много-
гранного угла меньше 360°.
Докажем эту теорему методом математической индукции.
Для трехгранного угла теорема уже доказана. Предполагая,
что теорема справедлива для (л—1)-гранного угла, дока-
жем, что она будет справедлива и для л-гранного угла.
Пусть мы имеем выпуклый n-гранный угол Оа^&з... ап^ап
{рис. 186). Ввиду того что угол выпуклый, он находится по одну
сторону от плоскости грани аг0аг и также по одну сторону
от плоскости грани ап—1Оап- Эти две плоскости имеют общую
точку О, и, следовательно, имеют общую прямую, которую
173
обозначим через b. У нас получился (п—1)-гранный угол
ОЬа2а2... On-i, в котором, по нашему предположению, сумма
всех плоских углов меньше 360°. Отсюда получим:
/ ЬОа2 4" / а20а2 4* • • • 4~ / Un—iOb 360°.
И первый и последний углы в левой части неравенства пред-
ставляют собой сумму двух углов. Поэтому неравенство примет
такой вид:
2^ ЬОаг 4- 2^ OiOfla Ч- a?Paz 4* • • • 4~ an—iQan 4-
4-2^ anOb < 360°.	(2)
Рассмотрим теперь трехгранный угол ОЬа&п и применим
к нему следствие к теореме 1. Тогда получим:
Z bOai 4- /_ anOb > / an0ax.
Если в неравенстве (2) заменить сумму углов / bOat+ / апОЬ
меныиим углом / ап0аг, то от этого неравенство усилится и
мы получим:
/_ aiOa2 4- Z О2ОЛ3 4~ • • • 4~ Z ап—10ап 4* Z. un0ai 360°.
Мы получили, что и сумма плоских углов n-гранного угла
удовлетворяет тому же неравенству. Условия математической
индукции выполнены, и, следовательно, теорема доказана
вполне.
Упражнения
1.	Доказать, что в трехгранном угле против равных пло-
ских углов лежат и равные двугранные углы. Доказать об-
ратное предложение.
2.	Доказать, что при пересечении многогранного угла
плоскостью, пересекающей все его ребра, в сечении получает-
174
ся выпуклый многоугольник, если многогранный угол был вы-
пуклый, и невыпуклый, если многогранный угол был невы-
пуклый.
3.	Если четыре точки А, В, С и D не лежат в одной пло-
скости, то четырехугольник ABCD называется пространствен-
ным (иногда его называют «косым»).
Доказать, что сумма углов ABC, BCD, CDA и DAB в
этом четырехугольнике меньше 360°.
4.	Доказать, что если в трехгранном угле два плоских
угла прямые, то и противоположные им двугранные углы
тоже прямые.
5.	Рассмотрим трехгранный угол Oabc и обозначим буква-
ми а, р, у соответственно плоскости ЬОс, сОа, аОЬ. Проведем
через вершину О лучи: Оа'±а, О6'±0, Ос'±у. Обозначим
а', р', у' соответственно плоскости Ь'Ос', сОа', а'ОЬ'. Трех-
гранные углы Oabc и Оа'Ь'с' называются взаимно полярными.
Доказать, что
ZЬ'Ос' = 180°— Zpay и ЛЬОс=180°— Zр'а'у',
и вывести аналогичные равенства для остальных углов.
6.	Пользуясь результатами предыдущего упражнения, до-
казать, что сумма двугранных углов трехгранного угла боль-
ше 180°.
7.	Трехгранный угол, в котором все плоские углы прямые,
называется ортогональным. Доказать, что: а) если все грани
ортогонального трехгранного угла пересечь плоскостью, то
в сечении может получиться только остроугольный треуголь-
ник; б) проекция вершины ортогонального трехгранного угла
совпадает с ортоцентром треугольника, который получается
в сечении.
8.	Доказать, что если равны два трехгранных угла, то
равны также и соответствующие им полярные трехгранные
углы.
9.	Доказать, что трехгранные углы равны, если: а) два
плоских угла и заключенный между ними двугранный угол
одного соответственно равны двум плоским углам и заклю-
ченному между ними двугранному углу другого; б) три пло-
ских угла соответственно равны трем плоским углам другого;
в) плоский угол и прилегающие к нему двугранные углы од-
ного соответственно равны плоскому углу и прилегающим к
нему двугранным углам другого; г) три двугранных угла од-
ного соответственно равны трем двугранным углам другого.
10.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных от
граней трехгранного угла.
11.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных от
ребер трехгранного угла.
12.	Ряд параллельных плоскостей пересекает данный
трехгранный угол. Найти геометрические места: а) точек
175
пересечения медиан треугольников, получающихся в сечениях;
б) ортоцентров этих треугольников; в) точек пересечения их
биссектрис.
13.	Данный трехгранный угол пересечь плоскостью, обра-
зующей равные углы со всеми его ребрами.
14.	Данный трехгранный угол пересечь плоскостью, обра-
зующей равные углы со всеми его гранями.
15.	Данный выпуклый четырехгранный угол пересечь пло-
скостью так, чтобы в сечении получился параллелограмм.
Выполнить построение на проекционном чертеже.
16.	Построить трехгранный угол по двум плоским углам
и двугранному углу между ними.
17.	Построить трехгранный угол по трем плоским углам.
18.	Ортогональный трехгранный угол пересечь плоскостью
так, чтобы в сечении получился остроугольный треугольник,
равный данному. (Для трех последних задач изготовить мо-
дели из картона.)
ГЛАВА СЕДЬМАЯ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 20.	СИММЕТРИЯ в ПРОСТРАНСТВЕ
(20.1)	Подобно тому как в планиметрии за основное пре-
образование мы приняли симметрию относительно прямой, ос-
новным преобразованием в пространстве будем считать сим-
метрию относительно плоскости, называемую также отраже-
нием. В главе о перпендикулярности прямой и плоскости было
уже дано определение симметричных точек и плоскости сим-
метрии. Напомним это определение.
Определение 1. Симметрией относительно плоскости о,
или отражением, называется такое преобразование, когда для
каждой точки пространства А находят соответственную точку А',
причем такую, что АА' 1аи О А' = О А, где О — точка пересе-
чения А А' с о.
Символически симметрия относительно плоскости о (или
отражение) записывается так: о(А) = А'.
Напомним также, что в той же главе было доказано, что
две несовпадающие точки А и А' определяют единственную
плоскость о, относительно которой они симметричны друг с
другом.
Отсюда вытекают важнейшие свойства отражения:
1.	Симметрия точек относительно плоскости —? преобразо-
вание взаимное:
если о(А) = А', то в(А')~А.
2.	Точки плоскости симметрии являются неподвижными
(двойными) точками преобразования:
если М CZ ст, то о (М)=М. И обратно, если о (М)=М, то М CZ в-
3.	Прямая линия преобразуется симметрией в прямую,
причем точка пересечения симметричных прямых принадлежит
плоскости симметрии.
Пусть I не перпендикулярна к о. Находя точки, симметрич-
ные с точками I, мы убедимся, что все полученные перпендику-
ляры к плоскости о лежат в одной и той же плоскости а,
12 А» И. Фетисов
177
перпендикулярной к о (рис. 187). Обозначив буквой s проекцию I
на о, увидим, что наше преобразование есть осевая симметрия
в плоскости ос относительно ОСИ S. Но s (Z) = Z , поэтому и
а(/) = Г. Обратно, о (Г) = /• Обозначая символом IV точку пере-
сечения прямых I и Г, получим: а (//') = /'/, т. е. И CZa- Если
/||о, то l\\ s и V || s, значит, V || а. Если ZJ_o, то она преобра-
зуется в самое себя: а (Z) = V
Рис. 187
Рис. 188
4.	Плоскость преобразуется отражением в плоскость,
причем линия пересечения плоскостей принадлежит плоскости
симметрии.
Пусть а не перпендикулярна к а (рис. 188). Возьмем в плос-
кости а точку Р и проведем через нее в этой плоскости прямые
тип. Пусть а(Р) = Р',	в(т)~т', а(п) = п'.
Проведем через пересекающиеся прямые т’ и п' плоскость а и
покажем, что каждая точка Q плоскости а преобразуется в точку
Q' плоскости а'. Проведем через Q прямую q, пересекающую
тип соответственно в точках М и Af; о(Л4) = Л4'; a(N)=N',
a(q)=q', причем M'tzq', N'dq' и вместе с тем M'cZ/n',
N' CZ п', следовательно, M' CZ a'; N' CZ a', значит, q' CZ a'. Если
Qdq и a(Q) = Q', to Q'CZq', t. e. Q'C2a'. Итак, любая точка
плоскости а преобразуется в точку плоскости а'. Таким же пу-
тем можно показать, что и любая точка плоскости а' преобра-
зуется в точку плоскости а, поэтому о(а) = а' и, взаимно,
a(az)=a- Обозначим буквой I линию пересечения а и а', т. е.
/ = аа'. Тогда получим: о(аа') = а'а, следовательно, аа' CZ о,
т. е. /(ZO. Если а || о, то и а' || а, т. е. а||а'* Если aj_a, то,
очевидно, а преобразуется в самое себя: o(a) = a.
(20.2)	При изучении осевой симметрии на плоскости было
установлено, что взаимно симметричные фигуры равны, но проти-
воположно ориентирована.
1ТВ
Понятие о равенстве и ориентации пространственных фи-
гур дает нам повседневный опыт. При современном серийном
производстве наша промышленность выпускает в большом
числе различные детали, причем детали одной и той же серии
должны быть одинаковы по форме и размерам. Для достиже-
ния наиболее совершенного равенства таких деталей произ-
водятся тщательные и всесторонние измерения их как в про-
цессе производства, так и при окончательной отделке.
Равенство пространственных фигур определяется совер-
шенно так же, как и равенство плоских фигур.
Определение 2. Две пространственные фигуры называют-
ся равными, если между их точками можно установить вза-
имнооднозначное соответствие и если все соответствующие
друг другу отрезки фигур равны между собой.
Практически в некоторых простейших случаях равенств»
пространственных фигур можно проверить, вкладывая одну
в другую. Так, например, имея две картонные модели равных
трехгранных углов, можно проверить их равенство, вложив
один угол в другой.
Понятие о равных, но противоположно ориентированных
пространственных фигурах дает нам Сравнение предмета с
его отражением в зеркале. Например, на изображении чело-
века в зеркале правая рука становится левой, левая — пра-
вой. Зеркальное изображение человека пишет левой рукой и
справа налево. Пара ботинок дает нам также пример равных,
но противоположно ориентированных фигур.
Определение 3. Две равные пространственные фигуры на-
зываются одинаково ориентированными, если четыре не лежа-
щие в одной плоскости точки первой фигуры А, В, С, D и со-
ответствующие им точки А', В', С', D' второй фигуры распо-
ложены так, что для наблюдателя, смотрящего из точек D и
D' на треугольники АВС и Л'В'С', они окажутся одинаково
ориентированными. Если же при этих условиях треугольни-
ки АВС и Л'б'С' будут противоположно ориентированы, то и
фигуры называются противоположно ориентированными.
На рис. 189 показаны равные и одинаково ориентирован-
ные фигуры ABCD и A'B'C'D'. На рис. 190 показаны равные
и противоположно ориентированные фигуры. Можно дока-
<2*
179
зать, что если две произвольно взятые соответственные чет-
верки точек равных фигур окажутся одинаково ориентирован-
ными, то тогда окажутся одинаково ориентированными и все
соответственные четверки точек этих фигур.
Для двух фигур, симметричных относительно плоскости,
имеет место следующая теорема.
Теорема 1. Две фигуры, симметричные относительно пло-
скости, равны, но противоположно ориентированы.
Пусть фигура Ф с точ-
ками А, В, С, D, Е, F,...
симметрична с фигурой Ф'
с соответствующими точка-
ми А', В', С', О',	F',...
Из самого определения от-
ражения следует, что меж-
ду точками фигур сущест-
вует взаимнооднозначное
соответствие. Рассмотрим
любую пару соответствен-
ных отрезков, например EF
и E'F'. Они равны между
собой, так как симметричны
относительно прямой s, по
которой плоскость EFF'E' пересекает плоскость симметрии о.
Итак, симметричные фигуры равны между собой.
Положим теперь, что точки А, В и С лежат в плоскости
симметрии а. Тогда А = А', В = В', С ~ С. Точка D лежит
вне плоскости а, поэтому и симметричная точка D' лежит вне
плоскости о. Но эти точки лежат по разные стороны о. Поэто-
му для наблюдателей, находящихся в точках D и D' ориенти-
ровка треугольников АВС и А'В'С' будет противоположной.
Например (рис. 191), для наблюдателя, смотрящего на ДАЙС из
точки О, обход по контуру происходит в направлении движения
стрелки часов, а для наблюдателя, смотрящего из D', тот же
обход совершается в противоположном направлении. Итак, сим-
метричные фигуры противоположно ориентированы.
(20.3)	Рассмотрим теперь осевую симметрию в пространстве,
которая называется также транспозицией.
Определение 4. Осевой симметрией в пространстве называет-
ся такое преобразование, когда задается постоянная прямая s
и для каждой точки А находится соответственная точка Д',
причем AA'J__s, ОД =□ ОА', где О — точка пересечения АА' с s
(рис. 192).
Важнейшие свойства осевой симметрии в пространстве можно
получить, если установить связь между осевой симметрией и
отражением.
180
Теорема 2. Осевая симметрия в пространстве эквивалентна
двум последовательным отражениям относительно двух взаим-
но перпендикулярных плоскостей, проходящих через ось сим-
метрии.
Пусть $(Д) = Д' (рис. 193). Проведем через s произвольную
плоскость о и плоскость о', перпендикулярную к о. Положим,
что о (Д) = Д1 и а' (Дг) = Д2. Докажем, что Д2 = А'. Дей-
ствительно, так как AAt ±<Г. то AAi I s, а ЛХЛ2 | а', следо-
вательно AiA2 I s. Итак, s перпендикулярна к плоскости ЛЛхЛ,,
пересекающей s в той же точке О, в которой ее пересекает АА'.
Плоскость ЛЛХЛ2 пересекает плоскости о и с' по взаимно пер-
пендикулярным прямым I и Г, так как Zoso' прямой. В силу
симметрии имеем: / АО1 = /10Аъ / АгОГ = / ГОЛ2. Но
/ 10Ai + Z А1ОГ = / ЮГ = 90°, следовательно, Z ЛОЛ2 =•
= 2^//О/' = 180°, т. е. точки Л! и Л2 лежат на одной и той
же прямой и АгА2 I s. Вместе с тем О А = ОЛ1 = ОЛ2, следо-
вательно, ОАг = ОА', т. е. Л2 = Л'.
Необходимо заметить, что если сначала были бы даны две
взаимно перпендикулярные плоскости о и а', пересекающиеся
по прямой s, то тем же построением мы доказали бы, что по-
следовательные отражения точки от обеих плоскостей экви-
валентны осевой симметрии относительно прямой s.
Следствие. Пространственные фигуры, симметричные от-
носительно оси, равны и одинаково ориентированы.
Так как любая осевая симметрия эквивалентна двум от-
ражениям и так как при каждом отражении фигура преобра-
зуется в равную, то равными будут и фигуры, полученные
после двух отражений (в силу транзитивности равенства).
Ввиду того что каждое отражение меняет ориентировку
фигуры на обратную, мы заключаем, что после двух отраже-
ний, на которые разлагается данная осевая симметрия, ориен-
тация фигуры будет тождественна с первоначальной
(см. рис. 192).
1»1
(20.4)	Центральная симметрия в пространстве определяет-
ся совершенно так же, как и на плоскости.
Определение 5. Центральной симметрией в пространстве .
называется такое преобразование, когда дается постоянная
точка О (центр симметрии) и для каждой точки А находится
соответственная точка А' так, чтобы точка О была середи-
ной отрезка АА' (рис. 194).
Непосредственно из этого определения получаем следую-
щие предложения.
Следствие 1. Центральная симметрия преобразует каждую
прямую в прямую, ей параллельную.
В силу определения каждая прямая, проходящая через
центр симметрии О, преобразуется в самое себя, т. е. в парал-
лельную прямую, так как каждая прямая параллельна самой
себе.
Пусть теперь прямая I не проходит через центр О. Тогда
через эту прямую и центр О можно провести плоскость а и этим
привести центральную симметрию прямой I в пространстве к цент-
ральной симметрии относительно того же центра в плоскости а.
Но ранее было доказано, что этим преобразованием прямая I
преобразуется в параллельную прямую Г. Итак, О(1) = Г и,
взаимно, О (Г) = I.
Следствие 2. Центральная симметрия преобразует плос-
кость в параллельную плоскость.
Если плоскость а проходит через центр симметрии О, то по
определению О (а) = а. Но каждая плоскость параллельна самой
себе, и потому для этого случая предложение доказано. Положим
теперь, что плоскость а не проходит через центр О (рис. 195).
Возьмем на плоскости а произвольную точку А и проведем через
нее в плоскости а всевозможные прямые аъ а^ а3,..., ап- •.
<82
Центральной симметрией эти прямые преобразуются соответ-
ственно в прямые av а'2> а'3,..., а’п,..., проходящие через точ-
ку А', симметричную с А. При этом aj|ai, а' || а2, я'||аз, •••
<||ал, • • •» поэтому все эти прямые параллельны плоскости а.
Но геометрическое место точек, принадлежащих прямым, прохо-
дящим через одну и ту же точку и параллельным данной пло-
скости, есть плоскость, паралле-
льная этой плоскости. Итак,
0(a) = а', причем а'||а. Взаимно:
О (а') == а.
(20.5)	Связь центральной сим-
метрии с отражением дается сле-
дующей теоремой:
Теорема 3. Центральная сим-
метрия в пространстве экви-
валентна трем последовательным
отражениям относительно трех
взаимно перпендикулярных плос-
костей. проходящих через центр симметрии.
Пусть О — данный центр симметрии и О(Л) = Л' (рис. 196).
Проведем через О произвольную плоскость а и через ту же
точку О — перпендикулярную к ней плоскость 3. Обозначим
через с линию пересечения а и 3. Проведем, наконец, через
точку О плоскость г, перпендикулярную к с. Тогда получим:
cj_r, значит, aj_T и PJ.T-
Пусть a (А) = Ль 3 (Лх) = Л2, г (Л2) = Л3. Докажем, что
А3 = А'. Введем еще обозначения: Зт = я, Т<* = Ь. Первые два
отражения относительно двух взаимно перпендикулярных плос-
костей а и 3 эквивалентны симметрии относительно оси с. Обоз-
начим через Р, Plt Р2 соответственно проекции Л, Лх, А2 на
плоскость у. Тогда прямая РР2 = s, проходящая через точку О,
есть проекция прямой АА2 на плоскость у1. Отражение точки
А2 от плоскости г тождественно с осевой симметрией относи-
тельно прямой s, следовательно, з(Л2)=:Л3. Вместе с тем
Z РОА + Z АОА2 + Z А2ОР2 = 180°. Кроме того, Z РОА =*
== Z А2ОР2 = Z KOA3 в силу симметрии, поэтому / АОА2 +
+Z A*OP2 + / Р2ОА3 =з 180°, или / АОА3 => 180°, т. е. точки
Л, О, Л3 лежат на одной и той же прямой. Но ОА = ОЛХ =
== ОА2 = ОА3, т. е. ОА = ОА3, значит, Л3 = Л'.
Обратно, если первоначально даны три взаимно перпенди-
кулярные плоскости а, 3 и т, пересекающиеся в точке О, то
тем же самым построением можно доказать, что последователь-
ное отражение любой точки от плоскостей а, 3 и г эквивалент-
но центральной симметрии относительно точки О.
Для упрощения чертежа прямая АА9 на рис. 196 не показана.
183
Следствие. Центральная симметрия преобразует данную
фигуру в равную, но противоположно ориентированную.
Это есть результат того, что центральная симметрия эк-
вивалентна трем отражениям. Каждое отражение сохраняет
равенство фигур, но меняет их ориентацию. Поэтому после
трех отражений фигура преобразуется в равную, но противо-
положно ориентированную. .
Упражнения
1.	Дана плоскость а и не принадлежащие ей точки А и
В. Найти на плоскости а такую точку М, чтобы сумма отрез-
ков МА и МВ была наименьшая. Рассмотреть случаи, когда
точки А и В находятся по разные стороны и по одну сторону
от плоскости.
2.	В условиях предыдущей задачи найти такую точку N
на плоскости а, чтобы разность отрезков NA—NB была наи-
большая.
3.	Доказать, что центральная симметрия эквивалентна
осевой симметрии и последующему отражению, причем ось
симметрии и плоскость симметрии взаимно перпендикулярны
и проходят через центр симметрии.
4.	Если ребра трехгранного угла продолжить за его вер-
шину, то получим новый трехгранный угол, «вертикальный» 1
с первоначальным. Будут ли вертикальные трехгранные углы
равны? Как они ориентированы относительно друг друга?
5.	Доказать, что середина любого отрезка, соединяющего
точки двух параллельных плоскостей, есть центр симметрии
этих плоскостей.
6.	Найти геометрическое место центров симметрии двух
параллельных плоскостей.
7.	При осевой симметрии1 прямая преобразуется в пря-
мую. Рассмотреть различные случаи, когда данная прямая:
а) пересекает ось симметрии; б) параллельна ей; в) скрещи-
вается с ней. В последнем случае указать, как проходит об-
щий перпендикуляр к данной прямой и к симметричной с ней.
8.	Осевая симметрия преобразует плоскость в плоскость.
Рассмотреть случаи, когда плоскость: а) пересекает ось сим-
метрии, б) параллельна ей. Как проходит линия пересечения
симметричных плоскостей, если они пересекаются?
9.	Внутри двугранного угла дана точка. Провести через
эту точку прямую, перпендикулярную к ребру угла, и притом
так, чтобы отрезок этой прямой между сторонами угла де-
лился этой точкой пополам.
1 Термин «вертикальные углы» происходит от латинского слова ver
tex — вершина. У вертикальных углов общая вершина.
184
10.	В пространстве даны равные отрезки АВ и А'В'. Най-
ти наименьшее число отражений, преобразующих отрезок
А В в А В .
И. В пространстве даны равные треугольники АВС и
А'В'С'. Найти наименьшее число отражений, преобразующих
первый треугольник во второй.
12. Дано изображение основной плоскости о и двух точек
А и А', симметричных относительно этой плоскости. Дока-
зать, что построить точку, симметричную с любой заданной
точкой В, можно при помощи только одной линейки.
§ 21.	ДВИЖЕНИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ
(21.1)	В планиметрии мы неоднократно пользовались
важным понятием вектора. Не менее значительную роль иг-
рает это понятие и в стереометрии.
Определения, основные операции
и свойства операций над векторами
остаются теми же, что и в планимет-	/
рии [см. (4.1)].	/ XV
Простейшим пространственным / X / Уд- /
движением является параллельный / У / /
перенос, или трансляция.	У /	/ / /
Определение 1. Параллельным	/	' ъ/
переносом, или трансляцией, в про-	'' /
странстве называется такое преоб- /V' I /' /
разование, когда каждой точке А /''' xj/ '
данной фигуры приводится в соот- л* 
ветствие такая точка А’, что вектор
АА' равняется постоянному векто- Рис- 197
> z
ру т— вектору переноса (рис. 197).
Символически преобразование записывается так:
m(4)SA
Заметим, что, в отличие от ранее изученных преобразова-
ний, перенос не обладает свойством взаимности:
если /п(А) = А', то т(А')^А.
Непосредственно из определения получаем'следующее свой-
ство переноса.
Следствие. Перенос преобразует вектор в равный вектор.
Пусть АВ — данный вектор, т — вектор переноса./По опре-
делению т(А) = А', т(В) = В’, причем АА' = ВВ' = т. ,/При-
185
бавим к обеим частям полученного равенства вектор А'В
и получим:
АА' 4- А'В = А'В 4- ВВ', или АВ = А'В'.
(21.2)	Связь параллельного переноса с отражением дается
следующей теоремой.
Теорема 1. Всякий перенос эквивалентен последовательным
отражениям от двух параллельных плоскостей, перпендику-
лярных к вектору переноса и
находящихся друг от друга на
расстоянии, вдвое меньшем мо-
дуля этого вектора.
Пусть мы имеем перенос с
вектором т и, положим, /п(А)=
= А' (рис. 198). Возьмем про-
извольную плоскость aj_m и
пусть о(Л)=Л1. Так как AA’J_a
и AAi_[_o, то точки А,
At и А' лежат на одной и той
же прямой. Проведем теперь
плоскость симметрии о' точек At и А', т. е. о'(А1) = А'. Так
как п_[_АА', т0 ° Il °z- Пусть 5 и S' соответственно точки
пересечения прямой АА' с плоскостями о и о'. По определе-
нию отражения получим:
AjS^S'A'.
Вместе с тем, по определению сложения векторов, имеем:
AS + SAX + Аг8' -|-5'А' = т, или 2SAX 4- 2AXS' — т,
2(SAX 4- Ах5') = т, 2SS' = т и окончательно:
—>	т
ss' = — .
Итак, плоскости о и а' параллельны и вектор расстояния
от а к а' равен половине вектора переноса.
Обратно, такими же рассуждениями нетрудно доказать,
что последовательное отражение от двух взаимно параллель-
ных плоскостей эквивалентно переносу, вектором которого
является удвоенный вектор расстояния между плоскостями.
Следствие 1. Перенос в пространстве преобразует данную
фигуру в фигуру, равную и одинаково ориентированную.
18 6
Так как перенос эквивалентен двум отражениям и каждое
отражение сохраняет равенство, но меняет ориентацию фи-
гур, то при двух отражениях, очевидно, сохраняется и равен-
ство, и ориентация фигур.
Следствие 2. Два последовательных переноса эквивалент-
ны одному переносу, вектор которого равен сумме векторов
составляющих переносов.
Пусть первый перенос определяется вектором т, второй —
вектором п. Тогда ш (Л) =4', п (Д') =4". Но 44'=/п; 4'4"=
= п, 44'+4'4"=44"=/п+п, следовательно, (m-f-n) (4) =4*.
Заметим, что перенос фигур весьма часто встречается в
производственной практике. Это имеет место всегда, когда
данное тело совершает так называемое поступательное дви-
жение. Такое движение, например, производят строгающие
инструменты — рубанок и фуганок, таково же движение ва-
гона, когда он двигается по прямолинейному участку желез-
нодорожного пути.
(21.3)	Вторым видом пространственного движения являет-
ся вращение вокруг оси.
Определение 2. Вращением вокруг оси называется такое
преобразование, при котором задается
г — ось вращения — и для каждой точ-
ки 4 определяется соответствующая
точка 4', лежащая в плоскости а, про-
ходящей через 4 и перпендикулярной
к г, и притом так, чтобы угол 404' =
= со (где О — точка пересечения а с г)
был постоянным по величине и на-
правлению (рис. 199).
Чтобы определить направление вра-
щения, устанавливают сначала поло-
жительное направление на оси г и счи-
тают вращение положительным, если
для наблюдателя, находящегося с той
стороны плоскости а, куда направлен
луч оси г, движение от 4 к 4' проис-
постоянная прямая
кбдит в направлении, противоположном движению стрелки
часов.
Преобразование точки 4 в 4' вращением с осью г и углом
<о записывается символически так: г (4) =4'.
Вращение представляет собой движение, которое осуще-
ствляется в очень большом числе механизмов, начиная от
вращения зубчатых колес в карманных часах и кончая ги-
гантскими роторами турбин на гидроэлектрических станциях.
Основные свойства вращения определяются его связью с
симметрией относительно плоскости.
187
Теорема 2. Вращение вокруг оси эквивалентно последова-
тельным отражениям от двух плоскостей, пересекающихся по
оси вращения; линейный угол между плоскостями равен по-

б
X'

а
ки пересечения
ловине угла вращения.
Пусть rto(A) = A' (рис. 200). Проведем через г произволь-
ную плоскость о. Пусть Ах — точка, симметричная с А отно-
сительно о, т. е. а(Д)=нЛР
При этом получим: О А = ОА',
OA = OAlt следовательно, ОА'= ОАГ
Вместе с тем ААХ J_cr, значит, AAiJ_r
и, значит, точка Аг лежит в той же
плоскости а, которой принадлежат
точки А, А', О.
Проведем теперь плоскость симмет-
рии о' точек Ах и А', т. е. а'(Ах)==А'.
Так как ОАХ = ОА', то Oczo', а так
как в' J_a и г J_a, то rCZo'. Итак,
два последовательных отражения точки
А от о и о' преобразуют ее в точкуА'.
Пусть S и S'—соответственно точ-
ААХ сои АХА' с о'. В силу симметрии по-
А
Рис. 200
лучим:
Z AOS = Z^OAi, Z.A1OS' = ^S'OA'.
Далее имеем:
Z.AOS + ZSOAi + Z.A1OS' + ZS'OA' = о>,
т. е.
2 Z50Ax + 2 ,/AtOS' = со, или 2 (Z.SOA1 + A^iOS') = со.
И окончательно:
(!)
Z.SOS' =-у-.
Обратно, два последовательных отражения от двух пере-
секающихся плоскостей эквивалентны вращению вокруг пря-
мой их пересечения на угол, равный удвоенному линейному
углу между плоскостями. Это можно доказать такими же
рассуждениями, какими мы пользовались при доказательстве
теоремы.
Следствие. Вращение преобразует данную фигуру в рав-
ную и одинаково ориентированную.
Так же как и в случае переноса, это обусловлено тем, что
каждое вращение эквивалентно двум последовательным от-
ражениям, в силу чего сохраняется и равенство, и ориентация.
(21.4)	И перенос, и вращение в пространстве эквивалент-
ны также двум последовательным симметриям относительно
оси.
188
Теорема 3. Перенос эквивалентен двум последовательным
симметриям относительно двух взаимно параллельных осей,
перпендикулярных к вектору переноса. При этом расстояние
между осями равно половине вектора переноса.
Пусть/и (Д) = Д'. Проведем произвольную прямую s
(рис. 201). Через эту прямую проведем плоскость а также
перпендикулярно к пг. Далее через эту же прямую s проведем
две совпадающие плоскости о' и
перпендикулярные к плоско-
сти а. Наконец, проведем еще
плоскость оь параллельную пло-
скости а, так, чтобы расстояние
между ними было
равно
половине длины вектора переноса.
Пусть s' — линия пересечения пло-
скости Oi с совпадающими пло-
скостями о' И Ор
Произведя последовательные
отражения точки А от всех че-
тырех плоскостей, мы убедимся,
что преобразование это. приве-
Рис. 201
дет к двум последовательным
отражениям от параллельных
плоскостей о и Ор так как отражение от двух совпадающих
плоскостей друг друга взаимно уничтожают. Но, как было уже
доказано, два последовательных отражения от параллельных
плоскостей о и Ох эквивалентны переносу с вектором /и, пре-
образующему Д в Д'.
Кроме того, последовательные отражения от двух перпен-
дикулярных плоскостей о и о' эквивалентны симметрии с осью
s, а последовательные отражения от плоскостей ch и аг экви-
валентны симметрии с осью s'. Итак, этот же перенос эквива-
лентен двум последовательным симметриям с параллельными
осями s и s', перпендикулярными к вектору переноса. При
этом расстояние между осями равно половине длины вектора
переноса и одну из осей можно провести произвольно.
Очевидно, это же самое построение показывает, что две
последовательные симметрии относительно любых двух па-
раллельных осей эквивалентны переносу, длина вектора кото-
рого вдвое больше расстояния между осями.
(21.5) Аналогично доказывается, что и вращение эквива-
лентно двум последовательным осевым симметриям.
Теорема 4. Вращение с осью г и углом <о эквивалентно
двум последовательным симметриям относительно двух осей,
189
пересекающих ось вращения в одной и той же точке и пер-
пендикулярных к ней. При этом угол между осями вдвое
меньше угла вращения и имеет одинаковое с ним направле-
ние. Одну из осей симметрии можно провести произвольно.
Рассмотрим вращение с осью г и углом со и пусть г© (Д) =
= А' (рис. 202). Возьмем
на
оси вращения произвольную точку
О и проведем через нее перпен-
дикулярно к г произвольную
ось симметрии s. Через оси г и
s проведем плоскость о,
пендикулярно
s проведем
плоскости (Тх
конец, через
скость Oi и
угол ОГО1 по
(О
лению был равен -у, т. е. поло-
вине угла вращения. Пусть s' — ли-
а пер-
к а через прямую
две совпадающие
и а'. Проведем, на-
г еще одну пло-
притом так, чтобы
величине и направ-
(0
т, т. е.
Рис 202	ния пересечения о'с совпадающими
плоскостями о' И Ор
Производя последовательные отражения точки А от всех
четырех плоскостей, мы убедимся, что это преобразование при-
ведет к двум отражениям от плоскостей а и так как по-
следовательные отражения от совпадающих плоскостей а' и Oj
друг друга взаимно уничтожают. Но последовательные отраже-
ния от пересекающихся плоскостей а и <h, как мы уже виде-
ли, эквивалентны вращению с осью г и углом со, преобразую-
щим точку А в Д'.
Отражения же от двух перпендикулярных плоскостей о и
о' эквивалентны симметрии с осью s; а отражения от перпен-
дикулярных плоскостей ах и сг^ эквивалентны симметрии с осью
s'. Угол sOs' есть не что иное, как линейный угол двугранного
угла ого', т. е. равен Итак, наше вращение можно заме-
нить двумя осевыми симметриями с осями s и s', пересекаю-
щимися в точке О на оси вращения. При этом sj_r, s'JLr и
^/sOs'= -у. Кроме того, одну из осей можно провести про-
извольно.
Обратно, из того же самого построения нетрудно убедить-
ся, что всякие две симметрии с пересекающимися осями
эквивалентны одному вращению, ось которого перпендику-
лярна к осям симметрии и проходит через точку их пересече-
ния, а угол вращения вдвое больше угла между осями сим-
метрии.

Итак, мы видим, что каждое движение в пространстве^
т. е. каждый перенос и каждое вращение, может быть разло-
жено как на два последовательных отражения, так и на две
последовательные осевые симметрии.
(21.6) В планиметрии было доказано (теорема Бернул-
ли— Шаля), что две равные и одинаково ориентированные
фигуры на плоскости всегда можно преобразовать друг в
друга одним движением, т. е. либо переносом, либо вращени-
ем. В стереометрии наиболее общим видом движения, при по-
мощи которого всегда можно преобразовать одну из двух
равных и одинаково ориентированных фигур в другую, яв-
ляется винтовое движение, объединяющее перенос и вра- ч
щение.
Определение 3. Винтовое движение есть вращение, соеди-
ненное с переносом, вектор которого сонаправлен с осью вра-
щения.
Таким образом, винтовое движение вполне определяется за-
данием оси и угла вращения и вектором переноса. Так как
направления оси вращения и вектора переноса совпадают, то
все преобразование можно записать так: г&(А) = А'9 где сим-
вол г обозначает и направление оси вращения, и величину ве-
ктора переноса, а символ со — величину и направление угла
вращения. Например, обозначение
5„(Л) = Л'
8
показывает, что для преобразования точки А в точку А' нуж-
но переместить А в направление оси г на 5 единиц длины и
повернуть около той же оси на угол -у (60°) в положитель-
ном направлении.
Винт совершает винтовое движение, когда его ввинчивают
в какой-нибудь предмет. Различают правые винты — с поло-
жительным углом вращения и левые — с отрицательным.
В большинстве случаев на практике применяются правые
винты.	«
Направление электрического тока, идущего по прямоли-
нейному проводнику, и окружающие его круговые силовые
линии магнитного поля образуют правую винтовую систему.
Теорема 5. Для того чтобы данную пространственную фи-
гуру преобразовать в фигуру, равную и одинаково ориенти-
рованную, достаточно применить не более четырех последова-
тельных отражений.
Пусть мы имеем фигуру Ф с точками Д, В, С, D, Е, . . .,
которые не принадлежат одной и той же плоскости, и равнук
<91
и одинаково ориентированную с ней фигуру Ф' с соответствен-
ными точками Д', В', С', D', В',... Проведем плоскость сим-
метрии Oj точек А и Д'. Тогда получим фигуру Фх с точками
Д', Вх, Ci, Di, ..., где (Jj(В) = Blt о1(С) = С1, Oi(D)^
= Du Oi (£) = Вх. . При этом фигура Фх равна, но противо-
положно ориентирована с фигурой Ф'.
Проведем плоскость симметрии а2 точек В' и ВР Так как
Д'В' =з А,В1 в силу равенства фигур, то эта плоскость пройдет
через точку Д'. Мы получим: а2(Д')== Д', а2(Вх) = В',
С2, о2 (DJ = D2, а2 (Ei) = Е2, . . . , где точки Д', В', С2,
D2, В2, . . . принадлежат новой фигуре Ф2, равной и одинаково
ориентированной с Ф. Проведем плоскость симметрии о3 точек
С' и С2. Так как Д'С' = Д'С2 и В'С' =» В'С2, то плоскость а3
пройдет через точки Д' и В' и мы получим: <у3(Д') = Д',
*з(В') == В » ^з(^г) = С ♦ ^3(^2) Оз, ^3(^2) = Е3, . . . , где
точки Д', В', С', £)3, В3, . . . принадлежат фигуре Ф3, равной,
но противоположно ориентированной с фигурой Ф.
Точки Д', В', С' не лежат на одной и той же прямой, так
как если бы было, что Д' CZ В'С', то тогда точки Д', В', С',
D' лежали бы в одной и той же плоскости, определяемой этой
прямой и точкой 'D'. Итак, Д' ф В'С', следовательно, точки
Д', В', С' определяют проходящую через них плоскость о4.
Так как фигуры Ф и Ф3 противоположно ориентированы, то
точки D' и D3 лежат по разные стороны от о4. Вместе с тем
в силу равенства фигур имеем: A'D' ==» A'D3, B'D' =B'D3,
C'D' =3 C'D3, т. e. плоскость симметрии точек D' и D3 прохо-
дит через точки Д', В' и С' и, значит, совпадает с плоскостью
о4. На том же основании а4 есть плоскость симметрии точек
Е' и Е3 и вообще любой пары соответственных точек фигур
Ф' и Ф3.
Итак, четвертое отражение от плоскости щ преобразует
фигуру Ф3 в фигуру Ф'.
Следствие. Для того чтобы данную пространственную фи-
гУРУ преобразовать в равную и одинаково ориентированную,
достаточно произвести не более двух последовательных дви-
жений.
В предыдущей теореме было доказано, что для преобразо-
вания фигуры Ф в равную и одинаково ориентированную, до-
статочно произвести отражение от четырех плоскостей оь 02,
<у3, <у4. Но отражения от плоскостей Oi и 02 дают одно движе-
ние, а отражение от плоскостей а3 и сг4 дают другое движение.
При этом возможны такие комбинации:
1)	Оба движения — переносы. Тогда согласно следствию к
теореме 1 все преобразование приводится к одному переносу.
2)	Первое движение — перенос, второе — вращение.
3)	Первое движение — вращение, второе — перенос.
4)	Оба. движения — вращения.
192
(21.7) Выводы, полученные в предыдущем пункте, позво*
ляют доказать наиболее общее предложение о движении в
пространстве.
Теорема 6. Существует единственное винтовое движение,
преобразующее одну из двух равных и одинаково ориентиро-
ванных фигур в другую.
Доказательство этой важной теоремы мы разобьем на не-
сколько частей.
1)	Докажем сначала, что достаточно не более двух осе-
вых симметрий, чтобы преобразовать данную фигуру в рав-
ную и одинаково ориентированную. Действительно, согласно
предыдущему следствию, для такого преобразования необхо-
димо не более двух движений. Если оба движения — перено-
сы, то они приводятся к одному переносу, который разлагает-
ся на две осевые симметрии.
Положим, первое движение — перенос с вектором т, вто-
рое движение — вращение с осью г и углом со. Разложим пер-
вое движение на две симметрии относительно осей $1 и s2,
второе — на две симметрии относительно осей $3и$4 (рис. 203).
При этом, пользуясь известным произволом в выборе осей,
мы проведем ось $2 так, чтобы она была перпендикулярна к
m и в то же время пересекала бы ось вращения г и была бы
перпендикулярна к ней. Для этого достаточно через какую-
нибудь точку О оси г провести прямую, параллельную т, и че-
рез эту же точку провести перпендикуляр к плоскости, опре-
деляемой этой прямой и осью вращения. Ось $3 пусть совпа-
дает к осью $2. Ось Si проведем параллельно оси $2 так, чтобы
m
вектор расстояния от $i к s2 был бы равен ~. Ось s4 прове-
дем через ту же точку О на оси г и перпендикулярно к ней
СО	_
и под углом -у к оси s3. Произведя последовательные симмет-
13 А, И. Фетисов
193
рии относительно осей s3, s3, sa, s4, мы увидим, что симметрии
s, и Sj друг друга взаимно уничтожают и остаются лишь две
симметрии Si и s4.
Случай вращения и переноса совершенно таким же путем
ириводится к двум осевым симметриям.
Рассмотрим, наконец, два вращения г» и г.- (рис. 204).
Разложим первое на симметрии slt з3, а второе —на симметрии
s#, s4. При этом оси st и s, проведем по общему перпендику-
ляру осей вращения г и г', который пересекает оси г и г' со-
ответственно в точках О и О'. Ось проведем через О пер-
(О
пендикулярно к г под углом у к ss. Ось s4 проведем черев
О' перпендикулярно к г под углом у к оси s8. Производя по-
следовательно симметрии к осям slt s„ s8, s4, увидим, что сим-
метрии s, и s, друг друга взаимно уничтожают и остаются
лишь две симметрии с осями Sj и s4.
2)	Всякие две осевые симметрии эквивалентны винтовому
движению.
Пусть мы имеем две симметрии с осями sx и s4. Проведем
к ним общий перпендикуляр г, пересекающий первую ось в
точке О, вторую — в точке О'. Проведем через точку О две
Рис. 205
совпадающие оси $2 и з3, парал-
лельные оси з4. Тогда симметрии с
пересекающимися в точке О осями Sj
и з, дают вращение с осью г и
углом <0 = 2 ^SjOsj, а симметрии с
параллельными осями s3 и s4 дают
перенос с вектором т = 200', направ-
ленным по оси г (рис. 205).
Если это же построение произ-
вести при точке О', то наше преоб-
разование разложится на винтовое
движение с той же осевой симмет-
рией сначала и с тем же вращением
потом. Отсюда мы заключаем, что
псрядок вращения и переноса в вин-
товом движении безразличен.
Итак, существует винтовое движение гш, преобразующее
данную фигуру Ф в равную и одинаково ориентированную фи-
гуру ф'. Если, в частности, оси симметрии и s< параллельны,
то движение приводится к переносу (о> = О). Если оси s, и s,
пересекаются, то движение приводится к вращению (г = 0).
3)	Это винтовое движение единственно. Действительно, в
винтовом движении есть одна, и только одна, неподвижная
прямая — ось г. Поэтому если мы допустим, что существует
<•4
другое винтовое движение, осуществляющее это же преобра-
зование с другой осью г', то, следовательно, преобразование
имеет две неподвижные прямые, а это противоречит определе-
нию винтового движения.
Упражнения
1.	Какому преобразованию эквивалентны две последова-
тельные центральные симметрии?
2.	Не прибегая к замене осевых симметрий отражениями,
доказать, что две симметрии с параллельными осями эквива-
лентны переносу, а две симметрии с пересекающимися осями
эквивалентны вращению.
3.	Доказать, что если даны две равные и одинаково ори-
ентированные фигуры с соответственными точками А и А', В
и В', С и С', в которых АВ=А'В' и ЛС=Л'С', то существует
единственный перенос, преобразующий эти фигуры друг в
друга.
4.	Доказать, что если две равные и одинаково ориентиро-
ванные фигуры имеют совпадающую пару соответственных
точек, то существует единственное вращение, преобразующее
эти фигуры друг в друга.
5.	Доказать, что если оси двух вращений пересекаются,
то два таких последовательных вращения эквивалентны одно-
му вращению.
6.	Вращение с осью г преобразует плоскость а в плоскость
а'. Какие положения может занимать линия пересечения этих
плоскостей относительно оси г?	#
7.	Вращение с осью г преобразует прямую I в прямую 1Г.
Какое положение по отношению друг к другу занимают об-
щие перпендикуляры, определяющие расстояние между I и г
и между V и г?
8.	Доказать, что ось вращения есть геометрическое место
точек, равноудаленных от двух соответственных точек в этом
вращении.
9.	Найти достаточное число отражателей, преобразующих
даннуюфигуру в равную, но противоположно ориентированную.
10.	Доказать, что два последовательных винтовых движе-
ния эквивалентны одному винтовому движению.
11.	Доказать, что достаточно двух осевых симметрий и од-
ного отражения, чтобы преобразовать данную фигуру в рав-
ную противоположно ориентированную.
12.	Доказать, что достаточно одного отражения и одного
вращения, чтобы преобразовать данную фигуру в равную и
противоположно ориентированную.
13.	На проекционном чертеже задан вектор переноса т w
ДАВС. Построить изображение треугольника Л'В'С', в кото-
рый заданный треугольник преобразуется этим переносом»
!•&
13*
14.	На изображении основной плоскости даны проекции
окружности и изображение оси вращения г, проходящей че-
рез центр окружности перпендикулярно к ее плоскости. Про-
извести вращение заданного треугольника АВС на угол 75°
около оси г.
15.	На изображении основной плоскости даны изображе-
ния окружности и оси г винтового движения, проходящей че-
рез центр окружности перпендикулярно к ее плоскости. Про-
извести винтовое движение заданного треугольника АВС око-
ло оси, имея заданный вектор г и угол со = 60°.
§ 22. ГОМОТЕТИЯ И ПОДОБИЕ В ПРОСТРАНСТВЕ
(2	2.1) Гомотетия в пространстве определяется совершенно
так же, как и на плоскости.
Определение 1. Гомотетией в пространстве называется та-
кое преобразование, когда задается постоянный центр S и
для каждой точки А находится соответственная точка А' так,
,, о,	SA'
чтобы А СэД и сохранялось постоянное отношение- = k.
Если Л>0, то векторы 5Д и S.4' сонаправлены и гомотетия
называется положительной; если &<0, то векторы ЗД и ЗД'
противонаправлены и гомотетия называется отрицательной.
Гомотетия с центром 5 и коэффициентом fe, преобразующая
точку А в точку Д', символически записывается так: 3*(Д)==
= Д'.
На рис. 206 изображена положительная гомотетия с коэф-
196
фициентом k=2; на рис. 207 изображена отрицательная гомо-
1
тетия с коэффициентом k — —1у. Заметим, что центральную
симметрию можно рассматривать как частный случай отрица-
тельной гомотетии, когда коэффициент k = — 1.
Следствие. Единственной неподвижной точкой гомотетии
является центр S. Неподвижными являются также прямые
и плоскости, проходящие через
центр.
Это утверждение непосред-
ственно следует из определения.
Действительно, по определению
точки всякой прямой, прохо-
дящей через центр, преобразу-
ются в точки той же прямой.
Если через центр 3 проходит
плоскость а, то, беря на ней
точку А и проведя прямую ЗА,
мы увидим, что точка А', соот-
ветствующая А, лежит на пря-
мой ЗА, т. е. принадлежит а.
Итак, любая точка плоскости а	Рис- 208
преобразуется в точку той же
плоскости, т. е. плоскость преобразуется сама в себя.
Теорема 1. Гомотетия преобразует всякую прямую в па-
раллельную прямую и всякую плоскость — в параллельную
плоскость.
1) Пусть мы имеем гомотетию с центром S и прямую I.
Если 5с /, то I преобразуется сама в себя, т. е. 11| I. Поло-
жим поэтому, что 3 ф I. Тогда через 3 и I можно провести
плоскость айв этой плоскости осуществить гомотетию при
том же центре и коэффициенте. Мы это можем сделать, так
как любая прямая, проходящая через центр 3 и точку прямой
I, принадлежит плоскости а. Но мы знаем, что гомотетия в
плоскости преобразует прямую I в параллельную прямую Г.
Итак,	Sk (0 — Г, где V || I.
2)	Если дана гомотетия с центром 3 и плоскость а, то в том
случае, когда 3 CZ а, 3* (а) = а, получим, что а || а. Положим,
что 3 а. Возьмем в плоскости а три точки М, N и Р, не
лежащие на одной и той же прямой, и проведем прямые MN
и МР (рис. 208). Гомотетия преобразует прямые MN и МР со-
ответственно в прямые M'N' и М’Р’, удовлетворяющие усло-
виям: MN\\M'N' и Л4Р|1Л1'Р'. Проведем через пересекающие-
ся прямые M'N’ и М’Р плоскость а', которая в силу парал-
лельности M'N' с MN и М'Р' с МР будет параллельна а.
Докажем, что любая точка Q плоскости а преобразуется в
197
точку Q' плоскости а'. Проведем через точку Q прямую qt
которая пересечет прямые MN и МР соответственно в точках
X и Y. Sk(q) = q', Sk(X)^ X', Sk(Y) = Y't Sk(Q) = Q', где
X'C?', X'CZMW', V'CZ?', K'CZM'P'. Ho M'CZa', Af'CZa',
следовательно, <7'(Za',Q'(ZZ?', значит Q' CZ <*'• Итак, гомоте-
тия преобразует плоскость в параллельную плоскость:
S*(a) = a'.
(22.2)	Теорема 2. При гомотетии сохраняется равенство
сходственных углов и пропорциональность сходственных от-
резков.
Возьмем три точки Л, В и С, не лежащие на одной и той
же прямой. Пусть 5*(Л)==Л', S*(B)==B', S*(C)==C'. Так
как ЛВДЛ'В' и ВС\\В'С' и вместе с тем векторы ЛВ и Л'В',
ВС и В'С' сонаправлены при положительной гомотетии и про-
тивонаправлены при отрицательной, то = ZH'B'C'.
Точки S, Л, В, Л', В' лежат в одной и той же плоскости.
Поэтому мы можем использовать известное свойство плоской
гомотетии, согласно которому
А'В' SA' __ SB'
'АВ' ^SA^SB^^
Следствие. Положительная гомотетия преобразует данную
фигуру в одинаково ориентированную. Отрицательная гомоте-
тия преобразует данную фигуру в фигуру, противоположно
ориентированную.
Рассмотрим гомотетию с центром S и коэффициентом k > 0.
Возьмем треугольник ЛВС, расположенный так, что его плос-
кость не проходит через центр S (см. рис. 206). 5/г(ДЛВС)==
енД Л'В'С', а в силу предыдущей теоремы ДЛ'В'С'ооДЛВС.
Наблюдатель, смотрящий из точки S на эти треугольники, уви-
дит их совместившимися и, значит, одинаково ориентированны-
ми. Поэтому и фигуры SABC и SA'B'C' являются одинаково
ориентированными.
Пусть теперь k<^0. Возьмем треугольник ЛВС, плоскость
которого не проходит через центр S (см. рис. 207), и пусть
опять S* (ДЛВС) == ДЛ'В'С'. В этом случае для наблюдателя,
находящегося в точке S, треугольник Л'В'С' одинаково ориен-
тирован с треугольником ЛiBiCi, центрально симметричным с
треугольником ЛВС относительно центра S. Но мы знаем, что
фигуры SABC и 5Л1В1С1 противоположно ориентированы. По-
этому противоположно ориентированы и фигуры SABC и
ВЛ'В'С'.
(22.3)	Условие, необходимое и достаточное для того, чтобы
две фигуры в пространстве были гомотетичны относительно
друг друга, дается следующей теоремой.
<98
Теорема 3. Для того чтобы две пространственные
фигуры были гомотетичны относительно друг друга, необхо-
димо и достаточно, чтобы: 1) между точками фигур было
установлено взаимнооднозначное соответствие-, 2) сходствен-
ные прямые были параллельны', 3) для двух сходственных
векторов АВ и А'В' выполнялось условие АВ^АВ' (при
1) Условие необходимо, так как в силу определения
между точками обеих фигур установлено взаимнооднозначное
соответствие, а в силу теоремы 1 сход-
ственные прямые параллельны. Кроме
того, если бы было АВ = А'В', то пря-
мые АА' и ВВ' были бы параллельны-
ми и несовпадающими и не могли бы
проходить через одну и ту же точку S.
2) Условие достаточно. Пусть
мы имеем фигуры Ф и Ф' с соответст-
венными парами точек Л и Л', В и В',
С и С, D и D', Е и Е' (рис. 209), где
АВ || А'В', АС || А'С, ВС || В'С,...
Так как ЛВЦЛ'В', то через эти
прямые можно провести плоскость, а
так как векторы Л В и А’В' не равны
и^не лежат на одной и той же прямой,
то прямые А А' и ВВ' пересекаются
в некоторой точке S. Примем эту точку за центр гомотетии
О л!
с коэффициентом k ------Точка С при этом преобразуется
в точку С и Л'С’ЦЛС, следовательно, прямая А'С тождест-
венна с прямой А’С. Вместе с тем В'С"|| ВС, значит, прямая
В'С тождественна с прямой В'С, поэтому тождественны и
точки пересечения этих прямых, т. е. С = С. Подобным же
образом докажем, что гомотетия с центром S и коэффициентом
k преобразует точку D в D', Е в Е' и т. д.
Полученная гомотетия будет положительной, если векторы
АВ и А'В' сонаправлены. Если же эти векторы противонаправ-
лены, то гомотетия будет отрицательной (на рис. 209 она отри-
цательна).
Следствие. Гомотетия в пространстве вполне определена,
если заданы два коллинеарных, неравных между собой вектора,
которые должны соответствовать друг другу в этой гомоте-
тии.
Пусть мы имеем неравные коллинеарные векторы АВ и
— >
Л'В'. Положим сначала, что А' АВ. Тогда в силу параллель-
аости прямых АВ и Л'В' через них можно провести плоскость.
199
Так как АВ^=А'В', то прямые АА' и ВВ’, лежащие в этой
плоскости, пересекутся в некоторой точке S, которая и будет
центром искомой гомотетии с коэффициентом k =	. Коэффи-
о Д
циент при сонаправленных векторах АВ и Л'В';
при противонаправленных векторах АВ и А'В'. Если векторы
АВ и Л'В' лежат на одной и той же прямой (рис. 210), то
Рис.’210
через точку Л можно провести в произвольном направлении
вектор Л С, равный по абсолютной величине вектору Л В, а через
точку Л' провести коллинеарный с АС вектор Л'С', равный по
абсолютной величине вектору Л'В'. Векторы АС и Л'С' должны
быть сонаправлены, если сонаправлены АВ и Л'В', и — противо-
направлены— в противоположном случае. Точка S определяется
пересечением прямых ЛЛ' и СС', причем определяется одно-
значно, так как	= - В-, откуда видно, что положе-
S4 AC АВ J
ние точки S вполне определено отношением векторов Л'В' и ЛВ.
(22.4)	Как и в планиметрии, преобразование подобия яв-
ляется обобщением преобразования гомотетии. Относительно
двух гомотетичных фигур было доказано, что между их точ-
ками существует взаимнооднозначное соответствие и углы
между сходственными лучами равны. Вместе с тем характер-
ной особенностью гомотетии является то, что все прямые,
проходящие через пару соответственных точек, пересекаются
в одной и той же точке S — центре гомотетии. Если отбросить
это последнее требование, то получим определение подобия.
200
Определение 2. Две пространственные фигуры называют'
ся подобными, если между их точками существует взаимно-
однозначное соответствие и углы, образуемые сходственными
лучами, равны между собой.
Соотношение подобия фигур обозначается, как и в плани-
метрии, знаком со, т. е. фсоф'.
Существование подобных фигур доказывается наличием
фигур гомотетичных. Если одну из двух гомотетичных фигур
движением перевести в другое место, то гомотетичность фи-
гур нарушится, а подобие их сохранится.
На практике мы на каждом шагу встречаемся с примера-
ми подобных фигур. Такими примерами являются модели
всевозможных машин, предметов обихода, архитектурных со-
оружений и т. д. Подобными фигурами являются модели ис-
кусственных спутников Земли. Глобус является подобным
изображением земного шара.
Непосредственно из определения получаем следующее
предложение.
Следствие 1. Если в подобных фигурах существует пара
равных между собой сходственных отрезков, то такие фигу-
ры равны между собой.
Пусть мы имеем фигуру Ф с точками А, В, С, D,... и подоб-
ную ей фигуру Ф' с соответствующими точками А', В', Cf, D',..,
и еще дано, что АВ=А'В'. Так как фигуры пространственные,
то в первой фигуре существует точка С, не принадлежащая
прямой Л В, а во второй — соответствующая точка С', не при-
надлежащая прямой А'В'. Ввиду того что по определению по-
добия /ЛВС=/Л'В'С' и ЛВАС=ЛВ'А'С', то ДЛВС=
= ДЛ'В/С', следовательно, ВС=В'С' и АС=А'С'. Подобным
же образом мы докажем, что AD—A'D', BD = B'D' и т. д.,
т. е. что все сходственные отрезки фигур равны между собой
и, значит, фигуры не только подобны, но и равны друг дру-
гу. Таким образом, равенство фигур есть частный случай по-
добия.
Следствие 2. Соотношение подобия удовлетворяет услови-
ям эквивалентности.
Непосредственно из определения подобия следует:
1.	Закон симметрии в подобии: если Ф1&0Ф2, то и Ф2оэФ1.
2.	Закон рефлективности в подобии: фооф. Всякая фигу-
ра подобна самой себе.
3.	Закон транзитивности в подобии: если Ф^Фг, Ф2оэФз,
то Ф(соф3.
Действительно, если Ль Bt,Ci,...— точки первой фигуры,
Л2, В2, С21...— соответственные им точки второй фигуры,
Лз, Вз, С$,...— соответственные точкам второй фигуры точки
третьей фигуры, то между точками первой и третьей фигур
соответствие установим по схеме:
Л]—*Л2-*Лз, В]->В2—>Вз, С]->С2-*Сз,...
201
При этих условиях получим:
= zf Л2В2С2,	Л2В2С2=Л3В3С3, т. с. ^AiBiCi^
= ZA3B3C3,...,
В iCjAj = В2С2А2}	В%С2А2~ В3С3А3, т. в, £В\С\А\*"в
= Z_ В3С3Л3...,
т. е. все углы первой фигуры равны сходственным углам
второй фигуры. Поэтому Ф^Фз.
Ввиду того что две гомотетичные фигуры могут быть кар
одинаково, так и противоположно ориентированными, в об-
щем случае подобия две подобные фигуры могут быть и оди-
наково ориентированными и противоположно ориентирован-
ными.
Следствие 3. В подобных фигурах отношение сходственных
отрезков есть постоянное число, называемое коэффициентом
подобия.
Если Лх, Вх, Сх, ... —точки первой фигуры, Аи В{, С19
Du ... — соответственные точки второй фигуры, то, ввиду того
что мы рассматриваем пространственные фигуры, предполагается,
что эти точки не лежат на одной и той же прямой. Рассмотрим
треугольники АВС и Л'В'С'. По определению подобия ^АВС~
*=*^/А'В'С' и	следовательно, Л АВС со
со Л А'В'С', откуда следует, что
А'В' = В'С'	С'А' = k
АВ — ВС °8 СА
Подобным же образом, рассматривая треугольники BCD и
B'C'D', получим:
(22.5) Связь между гомотетией и подобием определяется
следующим предложением.
Теорема 4. Для того чтобы преобразовать друз в друза
две подобные пространственные фигуры, достаточно произ-
вести одну гомотетию и одно вращение.
Пусто Ф (Л, В, С, D,E, ...)с^Ф'(А', В', С', D',E', ...),
предполагается, что Л и А', В и В' и т. д.—пары соответст-
венных точек данных фигур.
Произведем гомотетию с центром S, преобразующую точку
Л в точку А', причем коэффициент k гомотетии возьмем по
абсолютной величине равным коэффициенту подобия, определя-
ла В'
емому отношением------. Знак k возьмем положительным, если
202
Ф и Ф' одинаково ориентированы, и отрицательным, если они
противоположно ориентированы. Тогда получим:
5*(Л)^Л', Sk(B)^Blt Sk(C) = Clt Sk(D) = Dlt
Sk(E)^E1 ...
Фигура Ф1 (Л', Blt Ci, Dn Et, ...) равна и одинаково ориен-
тирована с фигурой Ф' (Л', В', С, D’, Е', ...). Действительно:
~~~ —	следовательно, В'С' = BiCP
Таким же путем можно доказать равенство и всех других
сходственных отрезков. Итак, Ф' = Фх. Вместе с тем выбор
знака k обусловливает одинаковую ориентировку фигур Ф' и ФР
Ввиду того что Л'есть общая точка обеих фигур, A’B'=A'Blt
плоскость симметрии <гж точек В' и Вх пройдет через точку А'
и мы получим:
ai(Bi)=B’, <Т1(С1) = С1, al(D1) = D3, <Ji(Ei) = E1, ...
Полученная фигура Ф3 (Л', В', Ct, D3, Et, ...) равна и про-
тивоположно ориентирована с фигурой Ф' и имеет с ней общую
прямую Л'В'. В силу того что С2Л' = С А', С3В' = СВ', плос-
кость симметрии о2 точек С’ и С3 пройдет через прямую А’В'
и мы получим:
)=Л, <т3 (В ) = В , Oj (С3) = С , <J2 (Dj) = D3,
(£«) = E3 •
Мы получили фигуру Ф3 (Л'В'С'О3Е3, ...), равную и одинаково
ориентированную с фигурой Ф'. Докажем, что Ф3==Ф', для
чего установим, что D3 = Dr, Е3 = Е', ...
Допустим, что D3 не совпадает с D'. Тогда плоскость сим-
метрии о точек D' и D3 должна пройти через точки Л', В', С'
ввиду равенств: D'A' — D3A', D'B' = D3B', D'C — Dfi', значит
o = А’В'С, чего не может быть, так как в силу одинаковой
ориентации фигур Ф' и Ф3 точки D’ и D3 лежат по одну сто-
рону от плоскости ЛВС. А в силу того что о — плоскость сим-
метрии точек D' и D3, эти точки должны лежать по разные
стороны от нее. Это противоречие показывает, что D' не может
не совпадать с D3. Итак, D3 = D’, Е3 = Е' и т. д. Следова-
тельно, Ф3 = Ф'.
Но два отражения с плоскостями Ot и <т3 эквивалентны
одному вращению с осью г — Таким образом, преобразо-
вание подобия в общем случае оказывается эквивалентным одной
гомотетии и одному вращению.
20»
(22.6) На основании доказанной теоремы можно решить
следующую задачу.
Задача. Данную пространственную фигуру Ф(Д, В, С, D,
Е,...) преобразовать в подобную так, чтобы А, В, С преобра-
зовывались в данные точки А', В', С' при условии, что
АЛВСс/эДЛ'В'С'.
Для решения этой задачи произведем сначала гомотетию
с центром S, преобразующую точку А в А'. Коэффициент го-
А’В’
мотетии k определяется равенством k = Число k берем с
положительным знаком, если требуется построить фигуру,
одинаково ориентированную с Ф, и с отрицательным — в про-
тивном случае. В результате этого получим фигуру
Ф1(Л', В], С],...), равную искомой фигуре Ф'. Остается найти
ось вращения г, преобразующую фигуру Ф] в фигуру Ф'.
Эта ось определяется пересечением плоскостей симметрии то-
чек В' и Bi, С' и Ci. Таким образом, определены все элемен-
ты искомого преобразования.
Упражнения
1.	Доказать, что две последовательные гомотетии эквива-
лентны одной гомотетии (или одному переносу), а центры
всех этих гомотетий лежат на одной и той же прямой, назы-
ваемой осью гомотетии. Чему равен коэффициент результи-
рующей гомотетии?
2.	При каких условиях две последовательные гомотетии
эквивалентны одному переносу? Как расположена в этом
случае ось гомотетии?
3.	При каких условиях две последовательные гомотетии
эквивалентны одной центральной симметрии?
4.	Даны четыре пространственные фигуры, из которых
первая гомотетична со второй, вторая — с третьей, третья —
с четвертой. Доказать, что все эти фигуры попарно гомоте-
тичны между собой и что шесть центров этих гомотетий ле-
жат в одной и той же плоскости. Как расположены оси этих
гомотетий?
5.	Если первая фигура подобна второй, а вторая подобна
третьей, то первая подобна третьей. Чему равен коэффициент
подобия между первой и третьей фигурами, если два данных
коэффициента подобия равны k\ и k2?
6.	Доказать, что все кубы подобны между собой.
7.	На проекционном чертеже задано изображение четы-
рехугольной призмы и задано положение центра гомотетии
5. Преобразовать эту призму в гомотетичную с коэффициент
204
гом А=2. На другом чертеже дать изображение гомотетии с
3
коэффициентом k=—	.
8.	На проекционном чертеже заданы изображения трех
------------------------------------------------> ---—►
коллинеарных неравных между собой векторов AiBt, А2В2,
А3В3. Построить изображения осей гомотетий, преобразую-
щих эти векторы друг в друга.
9.	На проекционном чертеже задано изображение трех
параллельных и неравных друг другу отрезков. Для каждой
пары из них существует две гомотетии, преобразующие их
друг в друга. Как расположены шесть центров этих гомоте-
тий? Построить соответствующее изображение.
10.	Доказать, что у двух подобных между собой простран-
ственных фигур равны сходственные двугранные и сходствен-
ные трехгранные углы.
ГЛАВА I • О Ы А Я
МНОГОГРАННИКИ
$ 23. ПРИЗМЫ
(23.1)	Определение 1. Многогранником называется тело,
ограниченное многоугольниками.
Эти многоугольники называются гранями, их стороны —
ребрами, их вершины — вершинами многогранника. Отрезок,
соединяющий две вершины, не принадлежащие одной и той
же грани, называется диагональю многогранника.
Многогранник называется выпуклым, если он находится в
одном полупространстве по отношению к каждой из своих
граней. В противном случае многогранник называется невы-
пуклым.
Нам уже известны примеры простейших многогранников:
жуб, призма, пирамида. Нетрудно убедиться в том, что, на-
жример, куб является выпуклым многогранником.
Практически выпуклый многогранник можно охарактери-
зовать тем, что его можно поставить на плоскую поверхность,
например на стол, любой гранью.
Чтобы изображение многогранника на проекционном чер-
теже было полным, необходимо, чтобы все его вершины были
заданными точками. Для того чтобы изображение много-
гранника было метрически определенным, необходимо уста-
новить метрику пространственного изображения, подобно
тому как это было сделано для изображения на основной
плоскости.
Можно доказать, что для определения метрики простран-
ственной фигуры OqAqBqCq достаточно иметь четыре задан-
ные точки ее изображения О, А, В, С, не лежащие в одной и
той же плоскости, и знать истинную величину отрезков 0<Ио,
OqBq и OqCq и истинную величину углов между нимиз
ZBqOqCq, ZCqOqAq и ZAqOqCq. Тогда совершенно так же,
как это делалось на изображении основной плоскости [тео-
рема 5 из пункта (15.11)], можно доказать, что по любой за-
данной на изображении точке Р можно найти ее истинное
положение Ро на пространственной фигуре.
206
Обычно при этом заданные точки, например О, А, В, бе-
рутся на изображении основной плоскости, а четвертая точ-
ка — С берется вне этой плоскости.
Рассмотрим в качестве примера рис. 211, на котором ОА,
ОВ, ОС изображают три взаимно перпендикулярных отрез-
ка, каждый из которых имеет длину, равную единице.
MNPQM'N'P'Q'— изображение многогранника, ребра ко-
торого ММ', NN', РР' и QQ' перпендикулярны к основной
плоскости. По этому изображению мы совершенно точно мо-
жем изготовить модель многогранника, проекцией которого
служит это изображение.
Действительно, так как метрика основной плоскости а уже
определена, то мы можем определить истинный вид многоуголь-
ника MtN'jP'tQo. Далее, ввиду того что ММ' || NN' || РР' || QQ' || ОС,
мы можем определить истинную длину этих ребер по отноше-
нию к единичному отрезку ОС. Отсюда следует, что мы можем
построить ребра М0Мй, P0PQ и этим найти вершины М9,
Nt, Р»> Qo« Практически обычно строят так называемую развертку
поверхности многогранника. Для этого представляют себе, что
эта поверхность разрезана по некоторым ребрам и затем развер-
нута в плоскую фигуру. По чертежу этой фигуры на картоне
или каком-либо другом материале можно склеить многогранник,
соединяя друг с другом те ребра, по которым были произве-
дены разрезы.
На рис. 212 показана развертка данного многогранника
.M^oPoQoA1^XQi. Разрезы произведены по ребрам М0М’а,
АГв^о» ро .QoQ«. Mq,Q0, q^m,, M0N
(23.2)	Рассмотрим теперь некоторые виды многогранни-
ков.
Представим себе, что на плоскости начерчена произволь-
ная ломаная линия, а прямая, не принадлежащая этой плос-
кости, движется по этой ломаной, постоянно ее пересекая и
оставаясь параллельной одной и той же прямой (рис. 213).
Геометрическое'место точек, принадлежащих подвижной пря-
мой во всех ее положениях, называется призматической по-
верхностью. Данная ломаная линия называется направляю-
щей призматической поверхности, а подвижная прямая — ее
образующей. Прямые, проходящие через вершины ломаной,
называются ребрами призматической поверхности, а полосы
между ребрами — ее гранями. Если направляющая ломаная
замкнута, то и призматическая поверхность называется
замкнутой.
Определение 2. Призмой называется многогранник, огра-
ниченный замкнутой призматической поверхностью и двумя
многоугольниками, которые получаются от пересечения этой
207
Рис. 217
поверхности двумя параллельными плоскостями, пересекаю-
щими ее ребра.
Многоугольники, получающиеся в сечении, называются
основаниями призмы, а расстояние между секущими плоско-
стями— высотой призмы. Грани и ребра, принадлежащие
призматической поверхности, называются боковыми гранями
и ребрами призмы (рис. 214).
По числу сторон основания призма называется треуголь-
ной, четырехугольной, пятиугольной, ..., п-угольной.
Призма называется прямой, если плоскости оснований
перпендикулярны к ее боковым ребрам (рис. 215). Непрямая
призма называется наклонной (см. рис. 214).
Прямая призма называется правильной, если ее основа-
нием служит правильный многоугольник. На рис. 216 показа-
на правильная пятиугольная призма.
Из определения призмы получаются следующие основные
ее свойства:
1.	Все боковые грани призмы — параллелограммы, так
как боковые ребра параллельны между собой в силу опреде-
ления, а соответствующие друг другу ребра основания па-
раллельны как прямые, полученные от пересечения плоско-
стью параллельных плоскостей.
Кроме того, боковые ребра равны между собой как отрез-
ки параллельных прямых между параллельными плоскостями.
2.	Основания призмы равны между собой в силу равен-
ства соответствующих сторон и углов. Если принять ребра за
проектирующие прямые, то каждый из этих многоугольников
является параллельной проекцией другого.
3.	У прямой призмы боковые грани— прямоугольники, так
как боковые ребра перпендикулярны к основаниям.
(23.3)	Для определения площади боковой поверхности
призмы пользуются следующей теоремой.
Теорема 1. Площадь боковой поверхности призмы равна
произведению периметра перпендикулярного сечения на длину
бокового ребра.
В данной призме ABCDEA'B'C'D'E' (см. рис. 214) про-
изведем сечение, перпендикулярное к боковым ребрам. Все бо-
ковые ребра имеют одну и ту же длину а. В перпендикуляр-
ном сечении получился n-угольник с длинами сторон hi,
hn. Каждая грань есть параллелограмм, основанием которого
является боковое ребро, а высотой — одна из сторон перпен-
дикулярного сечения. Поэтому боковая поверхность опреде-
ляется суммой:
Se = a/ii + ah2 + . . . + ahn = a + h2 + . . . + hn), или
5б = ар,
где р — периметр перпендикулярного сечения.
14 А. И. Фетисов	209
Для получения площади полной поверхности призмы нуж-
но к полученному числу ар прибавить площади обоих осно-
ваний.
Заметим, что для некоторых призм доказанная теорема
может оказаться практически непригодной. Это будет в том
случае, когда при очень малой высоте призмы боковые ребра
наклонены к плоскости основания под очень малым углом
(рис. 217). В такой призме перпендикулярное сечение может
не пересечь всех боковых ребер, и тогда приходится вычис-
лять площадь каждой грани в отдельности и суммировать по-
лученные результаты.
Следствие. Площадь боковой поверхности прямой призмы
равна произведению периметра основания на длину высоты.
Очевидно, в прямой призме само основание служит пер-
пендикулярным сечением, а высота параллельна боковым реб-
рам и потому равна им.
(23.4)	Определение 3. Параллелепипедом называется
призма, основанием которой служит параллелограмм.
Параллелепипед ограничен шестью параллелограммами,
имеет восемь вершин и двенадцать ребер (рис. 218).
Рис. 218
Теорема 2. Параллелепипед есть центрально симметрич-
ная фигура по отношению к середине каждой из его диаго-
налей.
Рассмотрим параллелепипед с основаниями ABCD и Д'В'С'О',
где точки А и Д', В и В', С и С', D и £>' попарно являются
концами одной и той же диагонали (см. рис. 218). Примем
середину О диагонали АА' за центр симметрии. Эта симметрия
преобразует плоскость грани ABCD в параллельную плоскость,
проходящую через точку Д', т. е. в плоскость грани A'B'C'D'.
Так как АВ = CD, CD = А'В', то АВ = А'В'. Центральная сим-
метрия, преобразующая отрезок ДВ в равный и параллельный.
210
преобразует точку В в В'. Таким же образом докажем, что
О(С) = С\ O(D)==D'.
Итак, О (ABCD) == 4'B'C'D', О (ABC'D') ==A'B'CD,
O(BCD'A')?== B'C'DA, т. e. противоположные грани паралле-
лепипеда равны и параллельны. Отсюда также заключаем:
диагонали параллелепипеда пересекаются в одной и той же
точке и делятся ею пополам.
Благодаря центральной симметрии параллелепипеда и
тому, что его противоположные грани — равные и параллель-
ные- между собой параллелограммы, любую его грань можно
принять за основание.
(23.5)	Определение 4. Прямой параллелепипед называет-
ся прямоугольным, если основаниями его служат прямоуголь-
ники.
D-	с
Рис. 219
Прямоугольный параллелепипед является наиболее рас-
пространенной формой среди предметов окружающей нас об-
становки: корпуса зданий, кирпичи, из которых эти здания
сложены, комнаты, ящики и коробки, шкафы, сундуки, чемо-
даны, футляры для книг и т. д.—все это имеет форму прямо-
угольного параллелепипеда.
Длины трех ребер, выходящих из одной и той же вершины
прямоугольного параллелепипеда, называются также его из-
мерениями — длиной, шириной и высотой. Например, на
рис. 219 ребро АВ определяет длину, AD — ширину, АА'—*
зысоту прямоугольного параллелепипеда.
Определение 5. Кубом называется прямоугольный парал-
лелепипед, все измерения которого равны между собой.
Между измерениями прямоугольного параллелепипеда и
его диагональю существует соотношение, аналогичное соот-
ношению между сторонами и диагональю прямоугольника.
Теорема 3. Квадрат диагонали прямоугольного параллеле-
пипеда равен сумме квадратов трех его измерений.
14*
211
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA'B'C'D' (см.
рис. 219) обозначим: ЛВ = а, AD — b, АА'=с, диагональ Л'С=d,
диагональ основания ЛС = т. По теореме Пифагора из прямо-
угольного треугольника АВС получим: т2 = а2 + Ь2. Далее из
прямоугольного треугольника АА'С получим: d2 = m2+c2 или
d2 = a2 + fe24-c2.
Следствие. Все диагонали прямоугольного параллелепи-
педа равны между собой.
Это есть результат того, что каждая диагональ имеет
длину
d=Va2+b2+c2.
Упражнения
1.	Сколько плоскостей симметрии можно провести в пря-
моугольном параллелепипеде?
2.	Каков должен быть косоугольный параллелепипед, что-
бы в нем можно было провести плоскость симметрии?
3.	Существует ли косоугольный параллелепипед, все грани
которого равны между собой?
4.	Доказать, что два прямоугольных параллелепипеда рав-
ны между собой, если соответственно равны их измерения.
5.	Доказать, что если диагонали параллелепипеда равны
между собой, то этот параллелепипед прямоугольный.
6.	Прямоугольный параллелепипед имеет измерения, рав-
ные 9, 12 и 16 линейным единицам. Разрезать его на такие
две части, чтобы из них можно было сложить равновеликий
куб.
7.	Доказать, что плоскость, проходящая через концы трех
ребер параллелепипеда, имеющих общую .вершину, отсекает
т диагонали, выходящей из той же вершины.
о
8.	Доказать, что сумма квадратов диагоналей всякого па-
раллелепипеда равна сумме квадратов всех его ребер.
9.	Косоугольный параллелепипед пересечен плоскостью,
не параллельной основанию, так, что отрезки трех боковых
ребер от основания до сечения равны соответственно 3 см,
8 см и 11 см. Чему равна длина отрезка четвертого бокового
ребра от основания до сечения?
Предполагая, что метрика пространства задана изображе-
нием трех взаимно перпендикулярных единичных отрезков,
два из которых лежат в основной плоскости, решить следую-
щие задачи на построение:
Ю. Построить прямую треугольную призму, если заданы
три ребра основания и высота.
П. Построить прямоугольный параллелепипед по данному
основанию и диагонали.
12. Построить куб по данной диагонали.
212
§ 24.	ПИРАМИДЫ
(24.1)	Определение 1. Если прямая перемещается, все
время пересекая данную плоскую ломаную линию и в то же
время проходя через данную неподвижную точку, не лежа-
щую в плоскости ломаной, то геометрическое место точек
этой прямой во всех ее положениях называется пирамидаль-
ной поверхностью (рис. 220).
Данная ломаная называется направляющей, подвижная
прямая — образующей, неподвижная точка — вершиной пира-
мидальной поверхности. Прямые, проходящие через вершину
поверхности и вершины ломаной, называются ребрами пира-
мидальной поверхности, а плоские углы между ними—ее
гранями. Если направляющая замкнута, то и пирамидальная
поверхность называется замкнутой.
Определение 2. Пирамидой называется многогранник,
ограниченный пирамидальной поверхностью и многоугольни-
ком, который получается от пересечения этой поверхности
плоскостью, пересекающей все ее ребра и не проходящей
через вершину (рис. 221).
213
Вершина, ребра и грани пирамидальной поверхности на-
зываются вершиной, боковыми ребрами и боковыми гранями
пирамиды. Перпендикуляр, проведенный из вершины к плос-
кости основания, называется высотой пирамиды (см. рис. 221).
По числу боковых граней пирамиды разделяются на тре-
угольные, четырехугольные, пятиугольные, ..., и-угольные.
Если основанием пирамиды служит правильный много-
угольник и проекция вершины попадает в центр основания,
то пирамида называется правильной (рис. 222).
Треугольная пирамида представляет собой многогранник,
ограниченный наименьшим числом граней — четырьмя тре-
угольниками, поэтому она называется также тетраэдром (че-
тырехгранник). Любую грань тетраэдра можно принять за
основание треугольной пирамиды.
Форму пирамиды имеют наиболее грандиозные сооруже-
ния древности — гробницы египетских фараонов. Величайшая
из них — пирамида Хеопса, имеющая 146 м высоты,— по-
строена в третьем тысячелетии до н. э. Необычайная проч-
ность и устойчивость сооружения (центр тяжести пирамиды
находится на ее высоты, считая от основания) обеспечили
сохранность его до наших дней.
Следствие* Боковые грани правильной пирамиды — рав-
ные между собой равнобедренные треугольники.
Боковые ребра правильной пирамиды равны между собой,
так как равны их проекции на основание. Стороны основания
равны между собой как стороны правильного многоугольни-
ка. Итак, все стороны одной боковой грани равны соответ-
ствующим сторонам другой. Поэтому все боковые грани пра-
вильной пирамиды равны между собой и являются в то же
время равнобедренными треугольниками.
Определение 2. Высота боковой грани правильной пира-
миды, проведенная к ребру основания, называется ее апофе-
мой.
Теорема 1. Площадь боковой поверхности правильной пи-
рамиды равна половине произведения периметра основания
на апофему.
Обозначим через а длину стороны основания правильной
n-угольной пирамиды, а через k — длину ее апофемы. Тогда
cik
площадь боковой грани выразится формулой: S .
Так как пирамида n-угольная, то площадь всей боковой
поверхности выразится формулой: 5б =	. Но па есть пери-
метр основания па =- р, следовательно,
о __ pk
So--.
214
(24.2)	Теорема 2. Если пирамиду пересечь плоскостью,
параллельной основанию, то полученное сечение будет обла-
дать следующими свойствами: 1) боковые ребра и высота
пирамиды разделяются сечением на соответственно пропор-
циональные отрезки; 2) в сечении получается многоугольник,
подобный многоугольнику основания; 3) площадь сечения,
прямо пропорциональна квадрату расстояния плоскости се-
чения от вершины.
Рис. 223
Рассмотрим пирамиду с вершиной О и основанием ABCD
(рис. 223).
Секущая плоскость, параллельная основанию, определяет
в сечении многоугольник A'B'C'D', Принимая вершину О за
центр гомотетии, убедимся, что многоугольник ABCD пре-
образуется в многоугольник A'B'C'D' и коэффициент гомоте-
тии k определяется равенством
ОА'
ОА
Этому же числу равно, очевидно, и отношение сходственных
сторон многоугольников и отношение высот:
Так как гомотетичные фигуры подобны, то ABCDoo
coA'B'C'D', Отношение площадей, подобных многоугольников
равно квадрату коэффициента подобия. Поэтому
SA'B'C'D' _	(°Q' V
SABCD	\ OQ /
На основании доказанной теоремы выводится физический
закон о том, что освещенность плоской поверхности, пересе-
кающей световые лучи, обратно пропорциональна квадрату
расстояния от источника света до освещенной поверхности.
215
Представим себе, что в вершине пирамиды (точка О на
рис. 223) помещен источник света. Поток световой энергии,
распространяющийся внутри многогранного угла с верши-
ной О, может быть перехвачен либо площадкой А'В'С'О',
либо площадкой ABCD. Количество световой энергии, прихо-
дящейся на единицу площади, обратно пропорционально ве-
личине этой площади, т. е. обратно пропорционально квадра-
ту расстояния площадки от вершины О — источника света.
Заметим, что на основании этого закона были определены
расстояния до самых отдаленных объектов Вселенной — вне-
галактических туманностей.
(24.3)	Определение 3. Усеченной пирамидой называется
часть пирамиды, заключенная между основанием и секущей
плоскостью, параллельной основанию (рис. 224).
Многоугольник сечения называется верхним основанием
усеченной пирамиды, а основание полной пирамиды — ниж-
ним основанием усеченной пирамиды. Расстояние между
плоскостями оснований называется высотой усеченной пира-
миды.
Если полная пирамида была правильной, то и полученная
из нее усеченная пирамида называется правильной.
Следствие. Боковые грани усеченной пирамиды — тра-
пеции; у правильной усеченной пирамиды они являются рае-
ными между собой равнобедренными трапециями.
Боковые грани — трапеции в силу того, что стороны па-
раллельного сечения параллельны соответствующим сторо-
нам основания. У правильной усеченной пирамиды углы при
основании трапеций равны между собой, поэтому эти грани —
равнобедренные трапеции. Эти трапеции равны между со-
бой в силу равенства соответствующих сторон и углов.
Определение 4. Высота боковой грани усеченной пирами-
ды называется апофемой этой пирамиды.
216
Теорема 3. Площадь боковой поверхности правильной усе-
ценной пирамиды равна произведению полусуммы перимет-
ров оснований на длину апофемы.
Пусть а — длина стороны нижнего основания, а' — длина
стороны верхнего основания правильной n-угольной усеченной
пирамиды; k — длина апофемы. Тогда площадь одной грани
будет равна а- а *fe- Вся же боковая поверхность, состоящая
из п граней, будет равна
S6 = na-±^k = ^±^k.
2	2
Но па =» р — периметру нижнего основания, па' = р' — пери-
метру верхнего основания/ Поэтому окончательно:
Упражнения
1.	Доказать, что три отрезка, соединяющие середины про-
тивоположных ребер тетраэдра, пересекаются в одной и той
же точке и делятся ею пополам.
2.	Доказать, что боковое ребро правильной треугольной
пирамиды перпендикулярно к противоположному ребру осно-
вания.
3.	Доказать, что шесть плоскостей симметрии четырех
вершин тетраэдра пересекаются в одной и той же точке.
4.	Доказать, что шесть плоскостей симметрии четырех
граней тетраэдра пересекаются в одной и той же точке.
5.	Доказать, что четыре отрезка, соединяющие вершины
тетраэдра с точкой пересечения медиан противоположной гра-
ни, пересекаются в одной и той же точке. Эта точка находит-
ся на ^4 длины каждого отрезка. (Замечание: если тетраэдр
сделан из какого-нибудь однородного материала, то точка,
определяемая условием этой задачи, является центром тяже-
сти тетраэдра.)
6.	Доказать, что в сечении тетраэдра плоскостью, парал-
лельной двум его противоположным ребрам, получается па-
раллелограмм.
7.	Доказать, что боковая поверхность правильной пира-
миды равна площади основания, деленной на косинус угла
между плоскостью боковой грани и плоскостью основания.
8.	Доказать, что боковая поверхность правильной усечен-
ной пирамиды равна разности площадей нижнего и верхнего
оснований, деленной на косинус угла между боковой гранью
и основанием.
217
9.	Доказать, что два одинаково ориентированных тетра*
эдра равны между собой, если: а) две грани одного соответ-
ственно равны двум граням другого и равны двугранные
углы, заключенные между этими гранями; б) три ребра од-
ного соответственно равны трем ребрам другого и равны трех-
гранные углы, имеющие эти ребра.
10.	Доказать, что два одинаково ориентированных тетра-
эдра подобны между собой, если между их ребрами установ-
лено взаимнооднозначное соответствие и четыре двугранных
угла одного соответственно равны четырем двугранным углам
другого.
11.	Данный тетраэдр пересечь плрскостью так, чтобы в
сечении получился <ромб.
12.	Построить тетраэдр по данном шести его ребрам. На-
чертить развертку и построить его модель.
13.	Построить правильную треугольную пирамиду по реб-
ру основания и высоте.
14.	Построить правильную четырехугольную пирамиду по
ребру основания и высоте.
15.	Начертить развертку и построить модели пирамид,
указанных в двух предыдущих задачах
16.	Построить правильную треугольную пирамиду, если
дано основание и двугранные углы, образуемые боковыми
гранями с основанием. Начертить развертку и построить мо-
дель этого тела.
17.	В данную правильную четырехугольную пирамиду
вписать куб так, чтобы одна из граней куба лежала на осно-
вании пирамиды, а четыре вершины —на четырех ее боковых
ребрах.
18.	В правильной треугольной пирамиде ребро основания
равно а, а боковые грани образуют с плоскостью основания
угол в 30°. Найти построением и вычислением расстояние от
вершины основания до плоскости противоположной грани.
19.	Найти геометрическое место точек, равноудаленных от
всех боковых граней правильной пирамиды.
§ 25.	ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОГРАННИКИ
(25.1)	Определение 1. Многогранник называется правиль-
ным, если все грани его — правильные и равные между собой
многоугольники и если все его многогранные углы равны
между собой.
Для того чтобы разрешить (вопрос о существовании и виде
правильных многогранников, необходимо предварительно ус-
тановить соотношение между числом граней, ребер и вершин
многогранника. Непосредственный подсчет этих чисел дает
следующие результаты. В n-угольной призме чисто вершив
218
равно 2 п (п вершин верхнего и п вершин нижнего основа-
ния), число ребер равно 3 п (п сторон верхнего, п сторон
нижнего основания и п — боковых); число граней равно
•+2 (п боковых граней и 2 основания).
В n-угольной пирамиде число вершин равно п+1 (п вер-
шин основания и вершина пирамиды), число ребер равно 2 п
(п сторон основания и п боковых ребер), число граней рав-
но п+1 (п боковых граней и основание).
Рис. 226
Если сложить основаниями две равные между собой пи-
рамиды, то получим многогранник, называемый бипирами'
дой (рис. 225). В нем число вершин равно п +2, число ребер
равно 3 п, число правей — 2 п.
Если на обоих основаниях n-угольной призмы построить
по n-угольной пирамиде, то получим многогранник, называе-
мый комбинацией призмы с пирамидами (рис. 226). В нем
число вершин равно 2 п+2, число ребер равно 5 п, число гра-
ней равно 3 п.
Положим теперь, что на каждой грани куба построены
травильные четырехугольные пирамиды. В этом многогранни-
ке, называемом пирамидальным кубом, число вершин равно
14, число ребер — 36, число граней — 24.
Сводя вместе результаты всех этих подсчетов, получим
следующую таблицу, в которой В обозначает число вершин,
Р— число ребер, Г — число граней.
Многогранник	В	Р	Г
Призма	2п	Зя	/1-|"2
Пирамида	п+1 '	2п	н+1
Бипирамида	/i-j-2	Зп	2п
Комбинация призмы с пирамидами	2/i ’4-2	5п	Зп
Пирамидальный куб	14	36	24
211
Рассмотрение этой таблицы позволяет установить зависи-
мость между числами вершин, ребер и граней во всех этих
многогранниках. Эта зависимость заключается в том, что
сумма чисел вершин и граней на 2 больше числа ребер В +
+ Г = Р+2. Нетрудно проверить правильность этого вывода и
на многогранниках, которые можно получить из рассмотрен-
ных путем срезывания плоскими сечениями нескольких мно-
гогранных углов. Например, срезая все трехгранные углы
куба, мы получим четырнадцатигранник (рис. 227) с 24 вер-
шинами и 36 ребрами. По-прежнему мы получим: 24+14—
—36 = 2.
Однако необходимо заметить, что существуют многогран-
ники, для которых установленная зависимость не имеет мес-
та. Возьмем, например, четырехугольную бипирамиду (ок-
таэдр-восьмигранник) и срежем два противоположных че-
тырехгранных угла плоскостями, параллельными общему ос-
нованию (рис. 228). После этого удалим из многогранника
призму ABCDA'B'C'D', т. е. просверлим этот многогранник
так, чтобы в нем получилось сквозное отверстие. Подсчет
числа вершин, ребер и граней этого многогранника дает сле-
дующие цифры:
В =12, Р=24, Г= 12, т. е. В + Г—Р = 12+12—24=0.
Полученное различие объясняется тем, что поверхности
ранее рассмотренных многогранников и поверхность много-
гранника на рис. 228 существенно отличаются друг от друга.
Разница эта заключается в том, что любой замкнутый раз-
рез поверхности первых многогранников разделяет эту по-
верхность на два отдельных куска. Например, произведя та-
кой разрез по контуру какой-нибудь грани куба, призмы или
пирамиды, мы можем удалить эту грань и поверхность рас-
падется на два отдельных куска. На поверхности же много-
гранника на рис. 228 мы можем произвести такой замкнутый
разрез (например, по контуру ABCD), что поверхность на
два отдельных куска не распадется.
220
(25.2)	Определение 2. Поверхности, распадающиеся на
два отдельных куска при любом замкнутом разрезе, назы*
ваются односвязными.
Установленная ранее зависимость между числами граней,
ребер и вершин имеет место только для многогранников,
ограниченных односвязной поверхностью. Это обосновано в
следующей теореме.
Теорема 1 (теорема Эйлера). Если многогранник ограни-
чен односвязной поверхностью, то сумма чисел его вершин и
граней на 2 больше числа ребер.
Рассмотрим какой-нибудь многогранник с односвязной по-
верхностью, которая содержит В вершин, Г граней и Р ребер.
Произведем замкнутый разрез этой поверхности по контуру
какой-либо грани. Ввиду того что поверхность односвязная,
мы можем эту грань удалить. Представим себе теперь, что ос-
тавшаяся часть поверхности сделан^ из эластичного материа-
ла (например, из резины), способного растягиваться. Имея
это в виду, растянем оставшуюся часть поверхности так, что-
бы при сохранении числа ее ребер, вершин и граней ее можно
было бы наложить на плоскость. Тогда на плоскости получит-
ся прямолинейная сетка (рис. 229). Обозначим число вершин
этой сетки буквой р, число отдельных областей — f, число от-
резков между вершинами — а. Очевидно, р = В, f = Г— 1,
а = Р. Докажем, что при некоторых преобразованиях сетки
число р + f — а остается неизменным.
Прежде всего это число остается неизменным, если про-
вести диагональ в любом из многоугольников оетки. Действи-
тельно, при этой операции число р остается неизменным, чис-
ло f увеличивается на 1 и число а тоже увеличивается на 1, а
общее значение выражения p+f—а останется неизменным.
Пользуясь этим, мы можемл проведя диагонали, разбить
нашу сетку на треугольники, как показано на рис. 229. Выра-
жение p+f—а сохранит неизменную величину. Эта величи-
на останется неизменной, если мы к одному из отрезков на
221
контуре сетки пристроим извне еще треугольник (например»
ДЛВС к отрезку АВ). В этом случае число р увеличится на 1»
число f тоже на 1, число а увеличится на 2, а выражение
p+f—а не изменится.
Не изменится это выражение и в том случае, если по*
строить новый треугольник при входящем угле (например,
ALMN), так как число р в этом случае не изменится, число /
увеличится на 1 и число а тоже4 увеличится на 1.
Очевидно, что число p+f—а не изменится и при обратной
операции — последовательном уничтожении пограничных тре-
угольников. Например, на рис. 229 можно последовательно
ликвидировать треугольники, помеченные номерами с 1-го по
13-й. В результате от сетки останется единственный тре-
угольник 14, для которого р = 3, f=l и а = 3.
Следовательно, имеем:
p+f—я=1.
Восстанавливая первоначальную сетку, мы не изменим
числового значения этого выражения. После этого свернем
сетку в первоначальную поверхность и добавим к ней удален-
еую грань. Окончательно получим:
В + Г—Р-2.
(25.3)	Опираясь на теорему Эйлера, можно установить
число возможных видов правильных многогранников.
Теорема 2. Могут существовать не более пяти различных
видов правильных многогранников.
Согласно определению все грани правильного многогран-
ника должны быть правильными /n-угольниками и все много-
гранные углы должны быть л-гранными.
Вместе с тем, очевидно, /и>3 и л>3. Положим, что число
вершин искомого многогранника равно В, число граней—Г, число
ребер — Р. По теореме Эйлера имеем:
В + Г — Р = 2.
Подсчитаем число ребер по граням. Если все грани—т-уголь-
ники и число граней равно Г, то произведение m Г дает удвоен-
ное число ребер, так как каждое ребро прилегает к двум
многоугольникам и потому будет сосчитано дважды. Итак, имеем:
г, mV	п 2 Р	/1Ч
Р =----, или Г =— .	(1)
2	/71
Сосчитаем число ребер по вершинам. Так как при каждой
вершине сходится п ребер, а число вершин равно В, то произ-
ведение п В дает удвоенное число ребер, потому что каждое
222
ребро соединяет две вершины. Поэтому получим:
п лВ	п 2Р	...
Р= —, или В = —.	(2)
Z	п
Подставляя полученные значения для В и Г в формулу
Эйлера, находим:
2 Р , 2 Р г, о	/2,2	,\г>п	/о,
----1----Р = 2, или------1----1 I Р = 2.	(3)
пт	\ п т ]
Так как Р > 0 и 2>0, то и — + $— 1 >0.
п т
Итак, для определения чисел т, п, В, Г и Р мы имеем
неравенства:
2	*>
- + —> 1; т>3, п>3.	(4)
п т
Эти три неравенства дают возможность определить допусти-
мые значения для т и п.
1.	Подставляя значения т = 3 и л = 3 в равенстве (3),
получим:
(----И Р = 2; —Р = 2; Р = 6.
\ 3	/	3
Из формул (1) и (2) имеем: В = 4 и Г = 4.
Мы получили многогранник, ограниченный четырьмя тре-
угольными гранями, имеющий четыре вершины и шесть ребер.
Он называется правильный тетраэдр.
2.	Положим т = 4, л = 3;——	— >1.
4	3	2	3	6
Равенство (3) дает в этом случае:
(-Z-_ 1 \ р = 2, —Р=2, Р =12.
16	)	6
Из равенств (1) и (2) получаем: В = 8, Г = 6.
Этот многогранник ограничен шестью квадратами, имеет
восемь вершин с трехгранными углами при них и двенадцать
ребер. Он называется гексаэдр (шестигранник — куб).
3.	Положим, наоборот: т = 3, л =4. Тогда тем же путем
получим: Р=12, В = 6, Г = 8. Полученный многогранник,
ограниченный восемью треугольниками, имеет шесть вершин
с четырехгранными углами при них и 12 ребер. Он называется
октаэдр (восьмигранник).
2	2
4.	Значения /л = 4ил = 4не годятся, так как —+ —=1.
4	4
2	2
Положим поэтому т — 5, л = 3. Тогда получим: — 4- — =“
О о
223
— — Л Р =* 2, — Р= 2,
15	)	15
= —>1. Из равенства (3) находим:
Р = 30.
Из (1) и (2) получим:
В = 20, Г= 12.
Полученный многогранник, ограниченный двенадцатью пяти-
угольниками, имеет 20 вершин с трехгранными углами при них
и 30 ребер. Он называется додекаэдр (двенадцатигранник).
5.	Положим, обратно, пг = 3, п = 5. Тогда из тех же ра-
венств получим: Р = 30, В = 12, Г = 20. Этот многогранник
ограничен двадцатью треугольниками, имеет 12 вершин с пяти-
гранными углами при них и 30 ребер. Он называется икосаэдр
(двадцатигранник).
Сочетания т = 3 и п = 6 или т = 6, п => 3 не подходят,
так как
Не годятся также сочетания т — 4, п = 5 или т = 5, п =» 4,
так как
— 4- —= — + —= —<1
4'5	2 + 5 ~ 10
Дальнейшее увеличение чисел тип. будет, очевидно, еще более
2	2
уменьшать левую часть неравенства----1— > 1, и потому даль-
т п
нейшие пробы уже не имеют смысла.
Таким образом, мы видим, что могут существовать всего
лишь пять видов правильных многогранников. В этом отно-
шении трехмерное пространство существенным образом от-
личается от двухмерного (плоскости), так как на плоскости
можно построить бесконечное множество видов правильных
многоугольников с каким угодно числом равных сторон, тог-
да как в пространстве может быть не более пяти видов пра-
вильных многогранников.
Результат нашего исследования можно изобразить сле-
дующей таблицей.
т	п	В	Г	Р	Название многогранника
3	3	4	4	6	тетраэдр
4	3	8	6	12	гексаэдр
3	4	6	8	12	октаэдр
5	3	20	12	30	додекаэдр
3	5	12	20	30	икосаэдр
224
(25.4)	Полученные выводы показывают только, что в про-
странстве может существовать не более пяти видов правиль-
ных многогранников. Для того чтобы решить вопрос, суще-
ствуют ли они в действительности, необходимо показать, ка-
кими построениями они могут быть получены.
В основу построения всех пяти правильных многогранни-
ков может быть положена одна и та же фигура: три взаимно
перпендикулярных равных отрезка АА', ВВ' и СС' с общей
серединой в точке О (рис. 230). Из этой фигуры мы можем
получить правильные многогранники следующими построе-
ниями.
1.	Соединяя концы этих отрезков, получим восемь рав-
ных между собой равносторо1нних треугольников: АВС, АВ'С,
АВС', АВ'С', А'ВС, А'В'С, А'ВС', А'В'С' (рис. 231), так как
ДОВС=ДОСА, следовательно, ВС=СА=АВ и т. д.
Итак, мы получили правильный многогранник, ограничен-
ный восемью равносторонними треугольниками,— октаэдр. На
рис. 232 дана также развертка такого многогранника, по кото-
рой легко изготовить модель октаэдра.
2.	Если через концы отрезков АА', ВВ', СС' провести
шесть плоскостей, каждая из которых перпендикулярна к
данному отрезку и параллельна двум другим, то в результате
получим многогранник, ограниченный шестью квадратами,—
гексаэдр (куб — ipnc. 233) MNPQM'N'P'Q'. На этом же чер-
теже дана также развертка куба.
3.	Если в полученном кубе MNPQM'N'P'Q' провести диа-
гонали граней МР, PQ', Q'M, MN', N'P и Q'N' (рис. 234),
то в силу равенства диагоналей получим многогранник,
ограниченный четырьмя равносторонними треугольниками:
MPQ', MPN', MN'Q' и Q'PN', — тетраэдр. Его же легко
получить и из очень простой развертки (см. рис. 234).
4.	Для построения правильного двенадцатигранника — до-
декаэдра— заметим, что число ребер куба (12) равно числу
граней додекаэдра. Поэтому поставим своей задачей провес-
ти через ребра куба двенадцать плоскостей так, чтобы они
авоим пересечением определили двенадцать правильных пяти-
угольников. 8 вершин куба при этом будут вершинами
додекаэдра, остальные 12 вершин его должны попарно нахо-
диться над шестью гранями куба. Таким образом, на каж-
дой грани куба должна быть построена «четырехскатная кры-
ша», две грани которой — треугольники и две — трапеции
(рис. 235). Такой треугольник и трапецию получим, проводя
одну диагональ в правильном пятиугольнике ABCDE (рис.
235), диагональ которого равна ребру куба. Чтобы опреде-
лить ребро додекаэдра х, обозначим буквой а ребро куба
и пооведем еще диагональ BE, которая пересечет АС в точ-
ке F; ДАВСоДАВР, так как Z4 общий и ZABF= ZAEB =
= Z.ACB. Вместе с тем ACWDE и BEWCD, т. е. CDEF—па-
15 И. Фетисов
225
Рис. 230
A
Рис. 231
Рие. 233
раллелограмм и CF = ED = х. Из подобия
получаем: а:х = х: (а—х), т. е.
х2+ах—а2=0,
Рис. 234
Отрезок х получается из прямоугольно-
fl
го треугольника с катетами а и он ра-
. а
вен разности между гипотенузой и у •
Таким образом, ребро додекаэдра найдено.
Чтобы построить искомую «крышу» на грани MNPQ, про-
ведем на ней среднюю линию, соединяя середины ребер MN
и PQ и помещая на ней отрезок K'L'=x на равных расстоя-
ниях от MN и PQ. Из точек К' и L' проведем перпендикуляры
226
k и l к плоскости грани. От середины S ребра PQ отложим на
I точку L так, чтобы выполнялось равенство SL = BH, где
ВН— высота ДЛВС. Тогда получим, что &PLQ = AABC, и
таким же образом получим AMKN = ААВС. Аналогичное не-
строение произведем на грани M'N'P'Q'.
Рис. 235
Остальное построение получается довольно просто, если
яринять во внимание, что диагональ правильного пятиуголь-
ника параллельна противоположной стороне. На рис. 236 по-
казана развертка додекаэдра, по которой можно склеить его
модель.
5.	Для построения правильного двадцатигранника — ико-
саэдра— возьмем ту же фигуру из трех взаимно перпендйку1
лярных отрезков АА', ВВ' и СС' (см. рис. 230). Имея в виду,
что у икосаэдра 12 вершин, построим при точках Л, А', В, В'.
С, С' шесть отрезков так, чтобы эти точки служили середи-
нами этих отрезков, а	отрезки,	проходящие	через	А	и А',
были параллельны ВВ',	отрезки,	проходящие	через	В'	и В,
были параллельны СС',	отрезки,	проходящие	через	С	и С';
были параллельны АА'.	Таким образом, мы получим	12	вер-
шин. Чтобы эти точки были вершинами икосаэдра (рис. 237),
определим длины указанных отрезков так, чтобы два конца
каждого из них с концом соседнего отрезка были вершинами
равностороннего треугольника, например, MNP на рис. 237.
Обозначим через а длину половины каждого из отрезков
АА', ВВ', СС', а через х — длину половины искомого ребра
15*
227
икосаэдра. Проведя отрезок АР и отрезок РДЦСО, получим
1) из прямоугольного треугольника АМР: АР2+х2=4 х2, т. е.
АР2=Зх2; 2) из прямоугольного треугольника ADP : (а—х)2+
+ а2=АР2, или а2—2ах+х2 + а2 = 3х2, т. е. 2х2+2ах—2а2 —О и,
наконец: х2 + ах—а2=0. Мы видим, что х может быть получен
из а тем же построением, каким из ребра куба получено ребро
додекаэдра.
Отложив длину х на соответствующих отрезках, найдем
двенадцать вершин икосаэдра, соединив которые получим
искомый правильный многоугольник. Для построения его мо-
дели на рис. 238 дана развертка этого многогранника.
(25.5)	Определение 3. Осью симметрии п-го порядка на-
360°
зывается прямая, при вращении около которой на угол ——
тело совмещается с самим собой.
Рассмотрим, например, правильную пятиугольную пира-
миду (рис. 239). Повернем ее на угол в 72° около высоты 00'.
При таком повороте (если произвести его в положительном
направлении) точка А попадет на место, занимаемое точкой В,
точка В займет положение точки С, С—D, D—Е и, наконец,
„	,	360°
Е займет положение точки А. Так как 72°= —г- , то мы за-
О
ключаем, что 00' есть ось симметрии 5-го порядка в пра-
вильной пятиугольной пирамиде.
Можно произвести еще четыре таких поворота около оси
00', после чего точка А вернется в исходное положение, со-
вершив полный оборот около оси 00'.
Каждое положение многогранника, при котором он со-
вмещается с некоторым исходным положением, называется
его самосовмещением. К числу самосовмещений относят и
первоначальное положение тела. Так, в приведенном примере
228
с пятиугольной пирамидой можно убедиться, что этот много-
гранник имеет пять са-мосовмещений. Вообще нетрудно уста-
новить, что правильная n-угольная пирамида имеет ось сим-
метрии n-го порядка и п самосовмещений.
Число осей симметрии и связанное с ним число самосов-
мещений определяют симметрию данного многогранника.
Симметрия многогранника играет основную роль в кристалло-
графии— науке о кристаллах. По степени симметрии произ-
водится классификация кристаллических форм.
Дадим еще примеры определения числа осей симметрии и
числа самосовмещений.
В правильной шестиугольной призме (рис. 240) прямая,
проходящая через центры оснований, служит осью симметрии
6-го порядка. Три оси симметрии второго порядка проходят
через середины противоположных ребер и еще три оси сим-
метрии 2-го порядка проходят через центры противоположных
граней. Призма самосовмещается двенадцатью различными
способами.
Куб (см. рис. 233) имеет три оси 4-го порядка, проходящие
через центры противоположных граней (10 самосовмещений).
Четыре оси симметрии 3-го порядка проходят по диагоналям
куба, что дает 8 новых самосовмещений. Наконец, шесть
осей 2-го порядка проходят через середины противоположных
ребер (6 новых самосовмещений). Всего для куба существует
24 различных самосовмещения.
Совершенно такой же симметрией обладает октаэдр. Три
оси симметрии 4-го порядка проходят через противоположную
вершину, четыре оси симметрии 3-го порядка проходят через
центры противоположных граней, шесть осей симметрии
2-го порядка проходят через середины противоположных ре-
бер. Отсюда следует, что октаэдр тоже имеет 24 самосовме-
щения (см. рис. 231).
229
Тетраэдр имеет четыре оси симметрии 3-го порядка, про-
ходящие через вершину и центр противоположной грани, и
три оси симметрии 2-го порядка, проходящие через середины
противоположных ребер. Всего тетраэдр допускает двена-
дцать самосовмещений.
Упражнения
1.	Существует ли многогранник, имеющий 7 ребер?
2.	Доказать, что число Р ребер многогранника выражается
формулой:
2 Р = 3 Г3+4 Г4 + 5 Г5 + ...,
где Г3 — число трехугольных граней многогранника, Г4— чис-
ло четырехугольных граней и т. д.
3.	Доказать, что число Р ребер многогранника определяет-
ся формулой:
2 Р = 3 Вз+4 В4 + 5 В5 + ...,
где Вз — число трехгранных углов многогранника, В4 — число
четырехгранных углов и т. д.
4.	Доказать, что число плоских углов многогранника вдвое
больше числа его ребер.
5.	Доказать, что число самосовмещений правильного мно-
гогранника вдвое больше числа его ребер.
6.	Установить число и порядок осей симметрии у додекаэд-
ра и икосаэдра и найти число их самосовмещений.
7.	Сколько осей симметрии и каково число самосовмеще-
цйй у правильной n-угольной бипирамиды?
,8. Сколько плоскостей симметрии можно провести в каж-
дом из пяти правильных многогранников?
9.	Доказать, что если точка лежит на поверхности пра-
вильного тетраэдра или находится внутри него, то сумма ее
расстояний от четырех граней есть величина постоянная.
10.	Будет ли предложение предыдущей задачи справедли-
во для остальных правильных многогранников?
11.	Доказать, что центры граней куба служат вершинами
октаэдра, а центры граней октаэдра — вершинами куба.
12.	Доказать, что середины ребер правильного тетраэдра
служат вершинами октаэдра.
13.	Доказать, что центры граней додекаэдра служат вер-
шинами икосаэдра, а центры граней икосаэдра служат верши-
нами додекаэдра.
14.	Сколько различных кубов можно вписать в додекаэдр
так, чтобы вершины каждого куба были в то же время и вер-
шинами данного додекаэдра?
15.	В данный октаэдр вписать куб так, чтобы вершины
куба лежали на ребрах октаэдра.
16.	Построить тетраэдр по данному ребру его.
230
17.	Построить октаэдр по данному ребру его.
18.	Данный октаэдр пересечь плоскостью так, чтобы ® се-
чении получился правильный шестиугольник.
19.	Найти точки, симметричные с центром куба относи-
тельно всех его граней. Полученные 6 точек с 8 вершинами
куба определяют 14 вершин многогранника, называемого
ромбическим додекаэдром. Определить число его граней и
ребер, число и порядок осей симметрии и число самосовме-
щений. (Заметим, что такими многогранниками являются
кристаллы некоторых минералов, например граната.) Приго-
товить модель ромбического додекаэдра.
20.	Срезать у куба трехгранные углы так, чтобы полу-
чился многогранник, ограниченный шестью правильными
восьмиугольниками и восемью равносторонними треугольни-
ками. Приготовить модель многогранника.
21.	Срезать у октаэдра четырехгранные углы так, чтобы
получился многогранник, ограниченный восемью правиль-
ными шестиугольниками и шестью квадратами. Приготовить
модель такого многогранника.
ГЛАВА ДЕВЯТАЯ
КРУГЛЫЕ ТЕЛА
§ 26. ЦИЛИНДР
(26.1)	Если через каждую точку какой-нибудь линии про-
вести прямую, параллельную одной и той же прямой, то гео-
метрическое место всех этих прямых называется цилиндриче-
ской поверхностью (рис. 241).
Данная линия называется направляющей цилиндрической
поверхности; параллельные прямые, которым принадлежат
все точки поверхности, называются ее образующими. Если
направляющая линия замкнута, то и цилиндрическая поверх-
ность называется замкнутой.
Можно представить, что образующая движется, оставаясь
все время параллельной одной и той же прямой и скользя
при этом по направляющей. При таком непрерывном движе-
нии она опишет цилиндрическую поверхность.
Из этого определения мы видим, что призматическая по-
верхность есть частный случай цилиндрической, когда на-
правляющая является ломаной линией. Если же направляю-
щая будет прямая, то поверхность, очевидно, станет плос-
костью.
Определение. Цилиндром называется тело, ограниченное
замкнутой цилиндрической поверхностью и двумя параллель-
ными между собой плоскостями, пересекающими образующие
(рис. 242).
Фигуры, полученные в сечении, называются основаниями
цилиндра. Расстояния между секущими плоскостями назы-
ваются высотой цилиндра. Если секущие плоскости перпенди-
кулярны к образующим, то цилиндр называется прямым.
В противном случае он называется наклонным. Если направ-
ляющая прямого цилиндра — окружность, то цилиндр назы-
вается прямым круговым или цилиндром вращения (рис. 243).
Следствие 1. Основания цилиндра равны между собой.
Действительно, если направление образующих цилиндриче-
ской поверхности принять за направление параллельной про-
екции, то мы увидим, что нижнее основание есть параллель-
232
с
ная проекция верхнего, причем оба основания лежат в па-
раллельных плоскостях. Поэтому оба основания равны меж-
ду собой (см. рис. 242).
Следствие 2. Если прямоугольник вращается вокруг одной
из своих сторон, то остальные стороны его описывают по-
верхность цилиндра вращения.
Пусть сторона 00' прямоугольника АОО'А' (см. рис. 243)
закреплена неподвижно, а весь прямоугольник вращается во-
круг оси 00'. Тогда прямые ОА и О'А', оставаясь все время
перпендикулярными к прямой 00', будут описывать плоско-
сти, перпендикулярные к оси вращения. Образующая АА' ос-
тается все время параллельной оси 00' и скользит по окруж-
ности с центром О. Следовательно, она описывает боковую
поверхность прямого кругового цилиндра. Отсюда также
видно, почему этот цилиндр называется цилиндром враще-
ния.
Поверхность кругового цилиндра представляет собой ча-
стный случай поверхности вращения вообще. Произвольная
233
плоская линия, вращающаяся вокруг оси, лежащей в той же
плоскости, описывает поверхность вращения (рис. 244). На-
пример, парабола, вращаясь вокруг своей оси, описывает
поверхность, называемую параболоидом вращения (рис. 245).
Поверхностями вращения ограничены многие предметы
домашнего обихода и техники: вазы, стаканы, графины, вра-
щающиеся детали многих машин. Параболоидом вращения
является поверхность жидкости, налитой в цилиндрический
сосуд, вращающийся вокруг вертикальной оси. Такую же по-
верхность имеют отражающие зеркала телескопов—рефлек-
торов.
(26.2)	Теорема 1. Площадь боковой поверхности цилинд-
ра вращения равна произведению длины окружности основа-
ния на длину высоты:
5б = 2nRH.
В этой формуле R обозначает длину радиуса основания
цилиндра, Н — длину его высоты.
Боковая поверхность цилиндра является кривой поверхностью.
Площадь ее может быть определена тем же методом последо-
вательных приближений, каким пользуются при определении
длины окружности и площади круга.
Разделим окружность основания цилиндра на п равных
частей и, соединив последовательно точки деления, впишем
в эту окружность правильный n-угольник. Примем этот п-уголь-
яик за основание правильной n-угольной призмы, боковыми
ребрами которой будут образующие, проходящие через вершины
n-угольника, а основания лежат в плоскости оснований цилиндра
(рис. 246). Такая призма называется вписанной в цилиндр.
Площадь боковой поверхности вписанной призмы примем за
приближенное значение площади боковой поверхности цилиндра.
При неограниченном увеличении числа п площадь боковой
поверхности призмы стремится к пределу. Действительно, обоз-
начая через Sn эту площадь, а через Рп — периметр основания,
получим: Sa = РпН, но lim Рп = 2л/?, поэтому:
п-юо
lim РпН = 2nRH.
п-*оо
Как известно из планиметрии, число 2л/? не зависит от
выбора исходного правильного многоугольника. Поэтому и число
2nRH не зависит от выбора исходной правильной призмы. Это
число по определению принимается за площадь боковой поверх-
ности цилиндра:
5$ = 2л/?//.
234
Только что доказанное предложение можно сделать впол-
не наглядным, если рассмотреть развертку боковой поверх-
ности цилиндра (рис. 247). Представим себе модель цилинд-
ра, сделанную из плотной бумаги. Разрежем боковую поверх-
ность цилиндра по образующей АВ и развернем ее на плос-
кости. Мы получим прямоугольник Д1Л2В2ВЬ Основанием
Рис. 246
Рис. 247
прямоугольника служит отрезок BjB2, длина которого равна
длине окружности основания, т. е. 2nR, а высотой служит
отрезок AiBlt равный высоте цилиндра Н. Площадь получен-
ного прямоугольника равна площади боковой поверхности
цилиндра, т. е. числ$ 2nRH.
Понятно, что полученный вывод формулы для площади
боковой поверхности цилиндра является лишь практическим
приемом, делающим наглядной найденную формулу и не мо-
жет заменить приведенного выше доказательства.
Упражнения
1.	Почему соприкасающаяся с землей поверхность ®сякого
колеса является поверхностью вращения?
2.	Доказать, что если через какую-нибудь точку на окруж-
ности основания цилиндра вращения провести к этой окруж-
ности касательную, то плоскость, проходящая через эту каса-
тельную и образующую цилиндра в этой точке, не пересекает
поверхность цилиндра. Эта плоскость называется касатель-
ной плоскостью к цилиндру.
3.	Доказать, что если расстояние от точки до осевой пря-
мой цилиндра вращения больше его радиуса, то через эту
точку проходят две касательные плоскости к цилиндру. Дать
соответствующее построение на проекционном чертеже.
4.	Разделим окружность основания круглого цилиндра на
п равных частей и построим правильный описанный л-уголь-
235
ник. Построив на этом основании правильную п-угольнук>
призму с высотой, равной высоте цилиндра, получим призму,
описанную около цилиндра. Доказать, что пределом площади
боковой поверхности этой призмы при п, стремящемся к бес-
конечности, является площадь боковой поверхности цилиндра.
5.	Заданную на проекционном чертеже боковую поверх-
ность цилиндра вращения пересечь плоскостью, заданной
следом на плоскости основания и точкой на оси цилиндра.
6.	Доказать, что фигура сечения в предыдущем упражне-
нии есть эллипс. Вычислить его большую и малую ось, если
секущая плоскость образует с плоскостью сечения угол <р,
а радиус цилиндра равен R.
7.	Доказать, что если прямоугольник вращается около оси,
параллельной его стороне и не пересекающей его, то полная
поверхность полученного тела вращения равна произведению
периметра этого прямоугольника на длину окружности, ко-
торую описывает его центр.
8.	Что является геометрическим местом точек, находя-
щихся от данной прямой на расстоянии, равном данному
отрезку?
9.	В куб с ребром а вписан цилиндр так, что его основа-
ния лежат на противоположных гранях куба. Определить
полную поверхность цилиндра.
10.	Оси двух цилиндрических поверхностей вращения па-
раллельны между собой. Провести к этим поверхностям об-
щую касательную плоскость. Дать постррение на проекцион-
ном чертеже.
11.	Провести плоскость, касательную к цилиндрической
поверхности вращения и параллельную данной прямой. Дать
построение на проекционном чертеже.
. § 27. КОНУС
(27.1)	Если через каждую точку какой-нибудь линии про-
вести прямую, проходящую через постоянную точку, не ле-
жащую на этой линии, то геометрическое место всех этих
прямых представляет собой поверхность, называемую кони-
ческой (рис. 248).
Данная линия называется направляющей конической по-
верхности, постоянная точка — вершиной, прямые, проходя-
щие через точки направляющей и вершину,— образующими
конической поверхности.
Если направляющая замкнута, то коническая поверхность
называется замкнутой.
Из этого определения следует, что боковая поверхность
пирамиды есть частный случай конической цоверхности, ког-
да направляющая — замкнутая ломаная линия.
236
Определение 1. Конусом называется тело, ограниченное
замкнутой конической поверхностью и плоскостью, пересе-
кающей, все образующие и не проходящей через вершину.
Фигура, которая получается в сечении, называется осно-
ванием конуса, вершина конической поверхности — вершиной
конуса, часть конической поверхности от вершины до осно-
вания конуса — его боковой поверхностью. Расстояние от
вершины конуса до плоскости его основания называется вы-
сотой конуса (рис. 249).
Определение .Прямым круговым конусом, или конусом
вращения, называется конус, основанием которого служит
круг, а высота проходит через центр основания (рис. 250).
Теорема 1. Если конус пересечь плоскостью, параллельной
основанию, то в сечении получится фигура, подобная осно-
ванию.
237
Рассмотрим сечение конуса плоскостью, параллельной осно-
ванию (см. рис. 249). При помощи лучей с началом в точке О
можно установить взаимнооднозначное соответствие между
точками сечения и точками основания. Пусть, например, точке
А соответствует точка А', точке В — точка В' и т. д. В силу
параллельности плоскостей будем иметь, что АВЦА'В', а это-
значит, что фигура основания и фигура сечения гомотетичны,
ОА' OB' OQ'	.	1	, ,
причем	= ... = я, где k — коэффициент гомо-
тетии. А так как гомотетичные фигуры подобны, то, значит,
в сечении получилась фигура, подобная основанию, и коэффи-
циент подобия равен k.
Так же как и круговой цилиндр, круглый конус является
телом вращения. Пусть прямоугольный треугольник АОО' (см.
рис. 250) вращается около катета 00'. Когда второй катет,
будучи перпендикулярным к оси вращения, опишет круг, пер-
пендикулярный к этой оси, точка А опишет окружность этого»
круга. Гипотенуза О А служит образующей, которая описывает
боковую поверхность конуса. Поэтому круговой конус называет-
ся также конусом вращения.
(27.2)	Теорема 2. Площадь боковой поверхности конуса равна
половине произведения длины окружности основания на длину
образующей'.
= л/?/.
Здесь R — длина радиуса окружности основания, I — длина
образующей.
Для доказательства разделим окружность основания на п
равных частей (рис. 251) и проведем через точки деления каса-
тельные к окружности, которыми определится правильный
описанный n-угольник. Соединяя вершины этого многоугольника
с вершиной конуса, получим правильную n-угольную пирамиду,
описанную около конуса. Апофемы этой пирамиды совпадают
с образующими конуса.
При неограниченном увеличении п площадь боковой поверх-
ности описанной пирамиды стремится к пределу. Обозначив
эту площадь через S„, получим:
S„ = у Р„1,
где Рп — периметр основания, а I — длина апофемы, совпадаю-
щей с образующей конуса.
lim -Pnl = —= nRl.
238
Этот предел по определению принимается за площадь боко-
вой поверхности конуса вращения:
So = nRl.
Если сравнить это число с площадью основания конуса
S = л#г, то получим:
где^ос — угол наклона образующей конуса к плоскости основа-
ния/Отсюда можно получить еще одну формулу для вычисле-
ния площади боковой поверхности конуса:
S6 = ^-.
cos а
Формулу боковой поверхности круглого конуса можно полу-
чить, рассматривая развертку конуса (рис. 252). Для этого раз-
режем боковую поверхность по образующей и развернем ее на
плоскость. При эхом получается круговой сектор с центром О
и радиусами O'Al и О'Л2, длина которых равна длине образую-
щей /.
Площадь сектора” равна "половине произведения длины его
2адиуса на длину дуги. Радиус равен /, а длина дуги равна
рл/? . Итак, площадь боковой поверхности выражается формулой:
5б = i/2 2л/?/ = л/?/.
(27.3)	Определение 3. Усеченным конусом называется часть
конуса, заключенная между основанием и секущей плоскостью,
параллельной основанию.
23»
Теорема 3» Площадь боковой поверхности усеченного конуса
вращения выражается формулой:
= л (/?	г)1,
гДе г — длина радиуса верхнего основания, 7? — длина радиуса
нижнего* основания, I — длина образующей боковой поверхности
Согласно последней формуле в предыдущей теореме площадь
«боковой поверхности полного конуса равна -2^-, а площадь
cos а
«боковой поверхности отделившейся верхней части его равна
— —. Площадь боковой поверхности усеченного конуса равна
cos а
разности:
5б =	 ЯГ* = Л(/? + г)(/?-г)
cos a cos а	cos а
.г	R — г
Но cosa= , следовательно:
Ss = л (Я +г)1.
Упражнения
1.	Вывести формулу для площади боковой поверхности
конуса вращения, рассматривая ее как предел площади бо-
ковой поверхности правильной n-угольной пирамиды, вписан-
ной в этот конус.
2.	Начертить развертку боковой поверхности усеченного
конуса вращения и из рассмотрения ее вывести формулу для
площади боковой поверхности усеченного конуса.
3.	На проекционном чертеже найти сечение заданного ко-
нуса плоскостью, заданной следом л точкой на оси конуса.
4.	В конус вращения вписать равносторонний 1 цилиндр
так, чтобы основание цилиндра лежало на основании конуса.
1 Круглый цилиндр называется равносторонним, если высота его рав-
на диаметру основания.
240
5.	Вычислить полную поверхность конуса вращения, впи-
санного в правильный тетраэдр, ребро которого равно а.
6.	Угол между высотой конуса вращения и образующей
равен а. Вычислить угол между радиусами, ограничивающи-
ми сектор в его развертке.
7.	Яерез данную точку провести касательную плоскость к
боковой поверхности конуса вращения.
8.	Провести плоскость, касательную к боковой поверхно-
сти данного конуса вращения и параллельную данной прямой.
9.	Равносторонний треугольник со стороной а вращается
вокруг одной из своих сторон. Определить площадь получен-
ной поверхности вращения.
10.	Данный конус вращения пересечь плоскостью, парал-
лельной основанию, так, чтобы его боковая поверхность раз-
делилась на две равновеликие части.
11.	Три прямые, не лежащие в одной и той же плоскости,
имеют общую точку. Сколько конических поверхностей враще-
ния можно провести через эти прямые?
12.	Доказать, что в выпуклом четырехгранном угле, впи-
санном в коническую поверхность вращения, сумма двух про-
тивоположных двугранных углов равна сумме двух других
двугранных углов.
13.	Доказать теорему, обратную предложению предыдущей
задачи.
14.	В данный трехгранный угол вписать коническую по-
верхность вращения.
15.	Коническая поверхность вращения вписана в четырех-
гранный угол. Доказать, что сумма двух противоположных
плоских углов этого четырехгранного угла равна сумме двух
других его плоских углов.
16.	Прямая, имеющая одну, и только одну, общую точку с
цилиндрической или конической поверхностью вращения, на-
зывается касательной к этой поверхности. Найти геометриче-
ское место точек, принадлежащих всем касательным, прохо-
дящим через данную точку цилиндрической или конической
поверхности вращения.
§ 28. СФЕРА И ШАР
(28.1)	Определение 1. Геометрическое место точек про-
странства, расстояние которых от данной точки равно дан-
ному отрезку, называется сферой.
Данная точка называется центром сферы, расстояние от
точки сферы до центра называется ее радиусом. Отрезок,
соединяющий две точки сферы и проходящий через центр,
называется ее диаметром.
16 А. И. Фетисов
241
Точки, расстояния которых от центра сферы меньше ра-
диуса, называются внутренними по отношению к сфере; точ-
ки, расстояния которых от центра больше радиуса, называ-
ются внешними по отношению к сфере. Часть пространства,
ограниченная сферой (т. е. совокупность всех не внешних
точек сферы) называется шаром.
Нетрудно убедиться в том, что сфера является частным
случаем поверхности вращения. Положим, полуокружность с
центром О (рис. 254) вращается вокруг диаметра РР'. Тогда
Рис. 255
Рис. 254
каждая точка полуокружности (например, точка Л), нахо-
дясь на постоянном расстоянии от центра О, будет находить-
ся все время и на поверхности сферы. Поэтому полуокруж-
ность при своем вращении описывает сферу.
Определение сферы вполне аналогично определению ок-
ружности в планиметрии. Поэтому и многие свойства сферы
аналогичны свойствам окружности. Например, в планиметрии
мы без доказательства принимали предложение о том, что
всякий отрезок, соединяющий внутреннюю точку окружности
с внешней,’пересекает окружность в одной, и только одной,
точке. Подобное предложение оказывается справедливым и
для сферы.
Отрезок, соединяющий внутреннюю точку сферы с внеш-
ней, пересекает сферу в одной, и только в одной, точке.
На основании этого свойства сферы можно доказать сле-
дующую теорему.
Теорема 1. Если расстояние плоскости от центра сферы
меньше радиуса, то плоскость и сфера имеют общие точки,
геометрическим местом которых служит окружность.
Пусть мы имеем сферу с радиусом R и плоскость а, при-
чем расстояние ОР этой плоскости от центра меньше радиу-
са: OP<R (рис. 255). Проведем из точки Р по плоскости а
произвольный луч и отложим на нем отрезок PQ=R. Соеди-
нив точки О и Q, получим прямоугольный AOPQ. Так как
ОР±а, то, значит, OQ>PQ, т. е. OQ>R. Следовательно, Q
2А2
есть внешняя точка относительно сферы. В то же время Р
есть внутренняя точка (ОР</?), поэтому отрезок PQ пере-
секает сферу в некоторой точке А. Если из центра Р по
плоскости а радиусом РА опишем окружность, то все точки
этой окружности принадлежат одновременно и плоскости, и
сфере. Действительно, всякая точка В на окружности нахо-
дится от центра О на расстоянии радиуса /?, так как проек-
ции наклонных О А и О В равны между собой (РЛ=РВ)
и, значит, ОВ = ОЛ=Р. Внутренние точки круга являются
и внутренними точками шара, так как их расстояния от
центра Р меньше радиуса РД, а значит, и расстояния от
центра О меньше ОА. Подобным же образом внешние то-
чки относительно круга будут внешними и относительно
шара. В этом случае плоскость а называется секущей, а ок-
ружность — окружностью сечения.
Если, в частности, секущая плоскость проходит через
центр сферы, то радиус окружности сечения равен радиусу
сферы и круг сечения называется большим кругом, а концы
диаметра, перпендикулярного к плоскости этого круга, назы-
ваются его полюсами. Очевидно, во всех сечениях, не прохо-
дящих через центр, радиусы сечений меньше радиуса сферы
(например, на рис. 255 РА<ОА).
Следствие. Если две точки сферы не являются концами
одного и того же диаметра, то ими определяется единствен-
ный большой круг.
Действительно, если точки М и N лежат на сфере, а центр
О не лежит на прямой MN, то этими тремя точками опреде-
ляется единственная плоскость. А так как она .проходит через
центр, то, значит, в сечении получится большой круг.
(28.2)	Форма шара является . весьма распространенной в
природе и в окружающей нас обстановке. Земля, Луна, па-
дающая капля дождя, масляная капля в смеси воды и спир-
та (опыт Плато) и т. д. имеют форму, близкую к шаровой;
сферическую форму имеет мыльный пузырь.
Шарообразность этих тел объясняется тем, что внутрен-
ние силы, действующие на их частицы (сила тяжести для
небесных тел, молекулярное притяжение для небольших масс
жидкости), стремятся уменьшить поверхность тела. Из всех
же тел данного объема наименьшую поверхность имеет шар.
Следует обратить внимание на то, что при изображении
сферы на проекционном чертеже приходится пользоваться
только ортогональной проекцией. Это объясняется там, что
любая косоугольная параллельная проекция дает изображе-
ние сферы в виде эллипса, а не в виде окружности, что со-
вершенно не соответствует привычному восприятию сфериче-
ской формы нашим глазом, так как нашему глазу сфера всег-
да представляется кругом. Причиной этого служит то, что
1Г 243
лучи, идущие от предметов к нашему глазу, падают на сет-
чатку глаза перпендикулярно к ее поверхности.
Если мы будем проектировать шар параллельными луча-
ми (рис. 256), то лучи, проектирующие внутренние точки
шара, будут проходить 'внутри цилиндрической поверхности
вращения, направляющей которой служит окружность боль-
шого круга, перпендикулярного к направлению лучей, а обра-
зующими — лучи, идущие из точек этой окружности. Пере-
секая полученную цилиндрическую поверхность плоскостью,
мы получим в сечении проекцию контура т. е. границу, от-
деляющую проекции внутренних точек шара от остальных
точек плоскости проекции). Эта проекция будет окружностью
только в том случае, если секущая плоскость перпендикуляр-
на к направлению проектирующих лучей, т. е. при ортого-
нальной проекции.
Чтобы изображение шара не смешать с изображением
окружности, на изображении шара даются еще проекции
плоских сечений его.
(28.3)	Теорема 2. Если расстояние плоскости от центра
сферы, равно ее радиусу, то эта сфера и плоскость имеют
одну, и только одну, общую точку.
Пусть мы имеем сферу с центром О и плоскость а, рас-
стояние которой от центра сферы равно радиусу Р, т. е.
OP=R (рис. 257). По условию теоремы ОР±а, причем точка
Р принадлежит одновременно и сфере, и плоскости а. Возь-
мем какую-нибудь другую точку Q плоскости а. Так как ОР —
перпендикуляр к плоскости, то OQ — наклонная и, значит,
OQ>OP, т. е. OQ>R. Следовательно, все точки плоскости а.
за исключением точки Р, являются внешними по отношению
к сфере. Итак, Р — единственная общая точка сферы и плос-
кости.
244
Определение 2. Если плоскость и сфера имеют одну, и
только одну, общую точку, то плоскость называется касатель-
ной к сфере, а общая точка называется точкой касания.
Теорема 3 (обратная). Если сфера и плоскость касаются
друг друга, то радиус, проведенный к точке касания, перпен-
дикулярен к плоскости.
Положим, что плоскость q касается сферы с центром О
в точке Р (см. риС. 257). Согласно условию OP=R, а любая
другая точка плоскости а, например Q, является внешней по
отношению к сфере, а потому OQ>R. Итак, отрезок ОР есть
кратчайший из всех отрезков, соединяющих точку О с точ-
ками плоскости а. По обратной теореме о перпендикуляре и
наклонных получим: ОР±а.
Теорема 4. Если расстояние плоскости от центра сферы
больше радиуса, то сфера и плоскость не имеют общих точек.
Если расстояние ОР от центра сферы О до плоскости а
больше радиуса (рис. 258), т. е. OP>R, то любая другая точ-
ка плоскости, например Q, будет еще дальше от центра
245
OQ>OP>R. Значит, все точки плоскости а—"внешние отно-
сительно сферы, и потому сама плоскость а тоже называется
внешней.
(28.4)	При определении площади сферы и ее частей мы
будем пользоваться тем же способом последовательных при-
ближений, каким пользовались для вычисления площадей
боковых поверхностей цилиндра и конуса вращения.
Определение 3. Сферическим поясом называется часть
сферы, заключенная между двумя параллельными плоско-
стями, которые могут быть секущими и касательными. Рас-
стояние между этими плоскостями называется высотой
пояса.
Теорема 5. Площадь сферического пояса равна произве-
дению длины окружности большого круга на высоту пояса.
Будем рассматривать сферу как поверхность, полученную
вращением полуокружности с центром О вокруг диаметральной
прямой d. Тогда сферический пояс можно рассматривать как
поверхность вращения, описываемую дугой А0Ап (рис. 259).
Разделим эту дугу на п равных частей и, соединив точки
деления, получим правильную ломаную линию АОАХ ... An-iAn,
все звенья которой равны между собой и имеют одну и ту
же длину I. Расстояние каждого звена от центра обозначим
через kn (так как равные хорды равноудалены от центра),
а середины звеньев через Mlt М2, ..., Mn-i, Мп. Пусть
Ao. Ai, ...» А„_х, А„, Л4Х, Мц • • • > Л1Л_Х, Мп
проекции соответствующих точек на ось d.
При вращении вокруг оси d ломаная АОАХ ... Ад описы-
вает поверхность вращения, которая тем ближе прилегает
246
к поверхности сферы, чем меньше каждая из дуг Л0Ль
AjAg, »•., Ап—гАп, т. е. чем больше число п. Поэтому примем
за площадь сферического пояса предел, к которому стремится
площадь полученной поверхности вращения Sn при неограни*
ченном увеличении п.
Чтобы определить величину этой площади, заметим, что она
есть сумма площадей п поверхностей вращения, описываемых
каждым звеном ломаной:
Sn = Si + s8 4- ... + Sn—i + s„.
Вычислим площадь поверхности, описываемой первым звеном.
По формуле для площади боковой поверхности усеченного ко*
нуса получим
Si = л1 (Л0Ло Л1Л1).
Но по свойству средней линии трапеции имеем:
----------- ~ AfiMi = Г1,
или Л0Лф 4- AiA[ = 2гР А из прямоугольного треугольника
OMiM'i имеем и = &„cosa, где a — величина угла MjOM'g,
ka — расстояние хорды от центра. Итак, мы получим:
Si = 2лкп1 cos a.
Но	= / A^AJP = a. Поэтому I cos a =» ftx, где Лх —
длина проекции первого звена на ось вращения. Итак, оконча*
тельно: sx == 2aknh1.
Подобным же образом для остальных звеньев получим:
Sj == 2jtknhgt Sg «= 2лкпН^ • • •, sn—i в 2лкпЬп^~Sn 1=3 2лкпЬп.
Суммируя все эти равенства, получим:
Sn — 2nkn (hi 4- hg 4~ • • • 4* hn—х 4~ hn) = 2лкпН,
где Н — высота пояса.
Переходя к пределу, получим площадь сферического пояса:
5Сф. п = iim Sn = iim 2nknH = 2лЯН,
так как известно, что Iim kn ™ R-
п-*со
Следствие 1. Полная площадь сферы равна учетверенной
площади большого круга'. S<^ =» 4л/?2.
247
Для доказательства достаточно рассмотреть случай, когда
две параллельные плоскости, определяющие сферический пояс,
становятся касательными к сфере. Тогда в формуле 5Сф. n=2nRH
надо будет положить: Н — 2R и мы получим:
Зсф. = 2nR-2R = 4л/?2.
Следствие 2. Площади двух сфер относятся между собой,
как квадраты их радиусов.
Пусть мы имеем сферы с радиусами Rt и /?2. Тогда для
площадей их поверхностей получим:
Sj = 4л/??; S2 = 4л/??.
Следовательно:
4л/??	/?? ’
(28.5)	Приведем теперь примеры решения важнейших за-
дач на построение на изображении сферы в ортогональной
проекции.
Задача 1. На изображении сферы задано положение по-
люса. Построить изображение соответствующего большого
круга.
Рис. 260
Решение. Предположим, что на изображении сферы
даны точки Р и Р'— проекции концов диаметра (рис. 260).
Чтобы найти проекцию окружности большого круга,
перпендикулярного к этому диаметру, рассмотрим вид той же
фигуры сбоку (в профиль). Для этого найдем проекцию той
же фигуры на плоскость, параллельную диаметру РР'. В си-
лу параллельности проекция диаметра РР' равна самому
диаметру (см. рис. 260, б, на котором все точки рис. 260, а
обозначены теми же буквами). На рис. 260, б большой круг,
перпендикулярный к диаметру РР', изобразится отрезком
MN, перпендикулярным к РР'. Отсюда следует, что на
248
рис. 260, а окружность изобразится эллипсом, большой осью
которого служит отрезок АВ, а малой — отрезок MN.
На практике можно не прибегать к построению вспомога-
тельного рис. 260, б и все необходимые построения произ-
вести сразу на рис. 260, а. Для этого достаточно провести
, полухорду РР\, перпендикулярную к РР', и найти диаметр
Р\Р\. Радиус ON', перпендикулярный к диаметру Р1Р/, опре-
делит точку N'. Наконец, полухордой N'N определится точка
N — конец малой оси искомого эллипса. В силу равенства
прямоугольных треугольников OPPi и N'NO можно не делать
и этого построения, а просто найти отрезок РР\ и отложить
равный ему отрезок ON.
Если нужно решить обратную задачу, т. е. по данному
изображению большого круга (например, на рис. 260, а) по-
строить изображение его полюса, то достаточно через конец
N малой оси эллипса провести полухорду NN' параллельно
большой оси. Тогда отрезок NN' определит расстояние ОР
точки Р от центра О.
Задача 2. На изображении сферы построить изображение
окружности сечения, перпендикулярного к данному диаметру
в данной на нем точке.
Решение. Пусть мы имеем изображение сферы с цент-
ром О и проекцию диаметра РР' с заданной на нем точкой М
(рис. 261, а). Как и при решении предыдущей задачи, по-
строим вид этой фигуры сбоку (рис. 261,6). На этом изобра-
жении диаметр РР' получается без искажения. Проекция се-
чения, проходящего через точку М перпендикулярно к диа-
метру, изобразится в виде хорды EF, перпендикулярной к
РР'. На рис. 261,а точки Е и F определяют концы малой оси
эллипса, являющегося изображением окружности сечения.
Хорда EF на рис. 261,6 определяет длину большой оси этого-
эллипса. Точка Т на рис. 261, б есть проекция точки пересе-
чения окружности большого круга, перпендикулярного к пло-
скости проекции, и окружности искомого сечения. На
рис. 261, а точке Т соответствуют точки Т и Т', в которых
эллипс, изображающий окружность сечения, касается окруж-
ности, изображающей контур сферы.
249-
Как и в предыдущей задаче, можно все построение сделать
на рис. 261, а (где это показано штриховыми линиями).
(28.6)	Задача 3. На изображении сферы построить изо-
бражение окружности большого круга, проходящей через
концы данного диаметра.
Решение. Пусть мы имеем изображение сферы с цент-
ром О (рис. 262). Как уже было указано при решении первой
задачи, по заданным концам диаметра Р и Р' находим
эллипс, изображающий окружность большого круга, перпен-
дикулярного к этому диаметру. Положим, что искомое сече-
ние должно пересечь большой круг по диаметру ММ'. Про-
ведя через точки М и М' прямые, параллельные диаметру
РР', а через точки Р и Р' прямые, параллельные ММ', мы
получим изображение квадрата, лежащего в плоскости иско-
Рис. 262
Рис. 263
мого сечения. Окружность большого круга, изображение ко-
торой мы должны построить, вписана в этот квадрат. Поль-
зуясь ранее указанным способом, мы можем вписать в полу-
ченный параллелограмм эллипс, являющийся искомым
изображением окружности большого круга.
Чтобы найти большую ось этого эллипса, а вместе с тем
получить точки касания его с окружностью, изображающей
контур сферы, построим диаметр, перпендикулярный к
плоскости сечения. Он изобразится диаметром QQ', сопря-
женным с диаметром ЛШ'. Диаметр NN', перпендикулярный
к QQ', и есть искомая большая ось эллипса, так как в про-
странстве диаметр QQ' перпендикулярен к NN', а диаметр
NN' параллелен плоскости проекции, следовательно, и на
изображении NN'A.QQ'.
На рис. 263 изображена сфера с системой сечений,
перпендикулярных к диаметру РР', и с системой сечений,
проходящих через РР'.
250
Упражнения
I.	Как определить при помощи линейки и циркуля диа-
метр данной модели шара?
2.	Три точки, не лежащие на одной прямой, вполне опре-
деляют проходящую через них окружность. Сколько нужно
задать точек в пространстве, чтобы вполне определить поло-
жение проходящей через них сферы?
3.	Доказать, что если расстояние между центрами двух
сфер меньше суммы, но больше разности их радиусов, то эти
сферы пересекаются по окружности.
4.	Доказать, что сфера симметрична относительно всякой
плоскости, проходящей через центр этой сферы.
5.	Доказать, что если расстояние между центрами сферы
равно сумме их радиусов, то сферы имеют одну, и только
одну, общую точку. В этом случае говорят, что сферы каса-
ются друг друга извне.
б.	Доказать, что если расстояние между центрами двух
сфер равно разности их радиусов, то эти сферы имеют одну,
и только одну, общую точку. Говорят, что в этом случае сфе-
ры касаются друг друга изнутри.
7.	Доказать, что если расстояние прямой от центра сферы
меньше радиуса, то прямая пересекает сферу в двух точках.
Если расстояние прямой от центра сферы равно радиусу, то
прямая и сфера имеют одну, и только одну, общую точку и
прямая называется касательной к сфере. Если расстояние
прямой от центра сферы больше радиуса, то прямая и сфера
не имеют общих точек.
8.	Найти геометрическое место точек, принадлежащих всем
прямым, касающимся сферы в одной и той же точке.
9.	Найти геометрическое место точек пространства, из ко-
торых данный отрезок виден под прямым углом.
10.	Найти геометрическое место прямых, проходящих че-
рез данную точку и касающихся данной сферы.
11.	Доказать, что если через данную точку провести к
сфере секущую прямую, то произведение длин отрезков от
данной точки до точек пересечения со сферой есть вели-
чина постоянная, не зависящая от положения секущей.
Эта величина называется степенью точки по отношению к
сфере.
12.	Доказать, что если сферы пересекаются, то степень
любой точки, лежащей в плоскости окружности пересечения,
одна и та же по отношению к обеим сферам.
13.	Доказать, что около правильной призмы и около пра-
вильной пирамиды можно описать сферу, и притом только
одну.
14.	Доказать, что около всякого тетраэдра можно описать
сферу.
251
15.	Доказать, что во всякий тетраэдр можно вписать
сферу.
16.	Каковы необходимые и достаточные условия для того,
чтобы около призмы можно было описать сферу?
17.	Доказать, что фигура, гомотетичная сфере, есть
сфера.
18.	Доказать, что две сферы всегда гомотетичны между
собой.
19.	Найти геометрическое место середин всех отрезков,
соединяющих данную точку с точками сферы.
20.	Через данную прямую провести плоскость, касатель-
ную к данной сфере.
21.	Через данную точку провести плоскость, касательную
к двум данным сферам.
22.	Провести плоскость, касательную к трем данным
сферам.
23.	Найти геометрическое место центров всех сфер, про-
ходящих через три данные точки, не лежащие на одной и
той же прямой.
24.	Дано изображение сферы в ортогональной проекции.
Построить изображение правильного тетраэдра, вписанного
в эту сферу.
25.	Каков радиус видимого на море горизонта с маяка
высотой в 70 м, если диаметр земного шара приблизительно
равен 12 700 км?
26.	Сферическим сектором 1 называется часть сферы, за-
ключенная между двумя секущими плоскостями, проходящи-
ми через диаметр. Угол между этими плоскостями называет-
ся углом сектора. Доказать, что площадь поверхности секто-
ра выражается формулой: Sc=2 R2 а, где R — радиус сферы,
а—величина угла сектора в радианной мере.
1 Сферический сектор называют также сферическим двуугольником.
ГЛАВА ДЕСЯТАЯ
ИЗМЕРЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН
§ 29. ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫЕ ЧИСЛА
(29.1) Задача измерения геометрических величин заклю-
чается в том, чтобы установить взаимнооднозначное соответ-
ствие между множеством данных геометрических величин и
множеством действительных чисел. Это соответствие должно
удовлетворять следующим условиям: 1) существует величина,
которой соответствует число единица; 2) равным величинам
соответствуют равные числа; 3) сумме двух величин соот-
ветствует сумма относящихся к ним чисел.
Припомним в связи с этим основные определения и свой-
ства действительных чисел.
Первоначальное понятие о числе мы получаем в резуль-
тате счета предметов. Таким образом у нас получаются на-
туральные числа— 1, 2, 3, 4, 5, ... Применяя к натуральным
числам операции сложения, вычитания, умножения и деле-
ния (исключая деление на нуль), мы получим все виды ра-
циональных чисел, т. е. нуль, положительные, отрицательные,
целые и дробные числа. Каждое не целое рациональное число
может быть изображено десятичной дробью, либо — конеч-
ной, либо — бесконечной периодической.
Бесконечные десятичные дроби дают нам примеры бес-
конечных числовых последовательностей. Например, обращая
в десятичную дробь */з, мы получим периодическую дробь
0,3333... Числа 0,3; 0,33; 0,333;... дают приближенное значе-
ние числа */з по недостатку.
Если в этих числах увеличить последний десятичный знак
на единицу, то получим приближенные значения того же
числа */з по избытку: 0,4; 0,34; 0,334;... Отсюда получаем не-
равенства:
0,3<0,33<0,333<...<1/з<-; 0,334<0,34<0,4.
И слева и справа мы имеем бесконечные последовательно-
сти, в каждой из которых можно указать, какое число нахо-
253
дится на 1-м, 2-м, 3-м, вообще на n-м месте. Часто эти по-
следовательности записывают в виде двух столбцов:
0,3
0,33
0,333
0,3333
0,4
0,34
0,334
0,3334
Будем пару таких последовательностей обозначать общи»
символом:
{а„; ап}, где п= 1,2,3,..
Рассматривая всевозможные последовательности бесконечных
периодических десятичных дробей, дающих приближенные зна-
чения данного рационального числа по недостатку и по избыт-
ку, нетрудно установить следующие основные свойства таких
последовательностей.
1.	Каждое число первой последовательности не больше лю-
бого числа второй последовательности: ар^ач.
2.	Числа первой последовательности не уменьшаются, числа
второй не возрастают:	> ар,	«С ач.
3.	Каково бы ни было положительное число е, всегда най-
дется такое число п, для которого будем иметь:
Оп \ 8.
Эти три условия называются условиями сходимости двух
числовых последовательностей, а числовые последовательности,
удовлетворяющие этим трем условиям, называются сходящими-
ся. Сходящиеся последовательности обладают важным свойст-
вом, которое выражено следующей теоремой.
Теорема 1. Если существует рациональное число, которое
не меньше любого числа первой из двух сходящихся последо-
вательностей и не больше любого числа второй, то это ра-
циональное число — единственное.
Пусть мы имеем последовательности {ал; а„), удовлетворя-
ющие трем условиям сходимости. Положим, что существует
число а, удовлетворяющее условию:
(1)
для любого п.
Допустим, что существует еще число р, не равное «(поло-
жим ₽>«)> удовлетворяющее тому же условию:
а„<₽<<4
(2>
254
Цз условий (1) и (2) получим: ая>Р; ая<а. Вычитая второе
неравенство из первого, получим:
ап— аЛ>р — а.
Но это противоречит третьему условию сходимости: разность
ап — ап при достаточно большом п должна стать меньше любо-
го положительного числа 8, а мы получили, что она не может
стать меньше р — а. Следовательно, число а — единственное.
На основании доказанной теоремы можно сказать, что в
этом случае сходящиеся последовательности определяют
единственное рациональное число. Например, последователь-
ности 0,3; 0,33; 0,333; 0,3333;...и 0,4; 0,34; 0,334; 0,3334;...
определяют единственное число !/з. Последовательности 0,7;
0,77; 0,777,...и 0,8; 0,78; 0,778;...определяют единственное число
7/э и т. д.
Вообще можно доказать, что любая периодическая беско-
нечная десятичная дробь определяет единственное рацио-
нальное число.
Заметим еще, что частным случаем сходящихся последо-
вательностей являются последовательности, в которых беско-
нечно повторяется одно и то же число. Таковы, например,
последовательности:
2	2,1	5	5
2	2,01	5	5
2	2,001 или	5 .	5
2	2,0001 х	5	5
Совершенно очевидно, что первая пара последовательно-
стей определяет число 2, а вторая — число 5.
(29.2) Весьма важным математическим фактом является
го обстоятельство, что существуют сходящиеся последова-
тельности, которыми не определяется никакое рациональное
число. Рассмотрим, например, числовые последовательности
приближенных значений, которые получим, извлекая корень
квадратный из 5. Тогда получатся следующие числа:
2
2,2
2,23
2,236
2,2360
2,23606
3
2,3
2,24
2,237
2,2361
2,23607
255
Числа первой последовательности (левой) при возведение
в квадрат дают числа, меньшие 5, а числа второй последо-
вательности (правой) при возведении в квадрат дают числа,
большие 5. Докажем, что не существует рационального чис-
ла, большего чисел первой последовательности и меньшего
чисел второй последовательности.
Допустим обратное, т. е. что такое рациональное число су-
ществует и равно несократимой дроби —. При этом для лю-
Я
бого числа ап первой последовательности и любого числа ап
второй последовательности будем иметь неравенства:
йд	йП •
Я
Аналогичные неравенства будем иметь и для квадратов этих
чисел:
2 р2 '•
ап<.—„<ап.
Я2
Последовательности {а„; а'п} тоже сходящиеся, потому что
1) ап > а* (так как ап > ап),
2) а«+1>а’ (так как ап+1 > ап) и 4’+i < а* (так как а„+1<
<a«) и
3) а'п — а.п = (ап — ап)(ап 4- ап). Но при любом п имеем:
ап <С 3 и ап < 3, поэтому ап + ап <С б, и мы можем взять для
любого положительного числа в число п таким, чтобы удовлет-
ворить неравенству: ап —	— , откуда получим:
6
a* — a’<6 (a„ —ап)<6 ~=ъ, т. е. a„—a’<s.
О
Итак, сходящимися последовательностями {а*; а*} определяет-
ся единственное рациональное число
Р2
Я2 ’
Вместе с тем мы
имеем, что а’<5 <а'п, т. е. этими же последовательностями
определяется и число 5. В силу теоремы 1 это значит, что
— = 5. Но дробь — по условию несократима, а значит, не-
я2	я
«2
сократима и дробь . Мы пришли к противоречию: целое чис-
Я2
ло 5 равно несократимой дроби. Полученное противоречие пока-
зывает, что не существует рационального числа, определяемого
этими последовательностями.
256
(29.3) В том случае, когда две сходящиеся последова-
тельности рациональных чисел не определяют рационально-
го числа, условились говорить, что они определяют ирра-
циональное число.
Необходимо заметить, что иррациональность числа должна
быть установлена специальным доказательством, как это и
было сделано в предыдущем примере. В зависимости от про-
исхождения данного иррационального числа оно получает
специальное обозначение. Например, мождо доказать (см.
упражнение 20), что последовательности приведенного при-
мера определяют число, квадрат которого равен 5, а потому
соответствующее иррациональное число обозначается симво-
лом ук
Подобными же последовательностями определяют и число
л — отношение длины окружности к длине диаметра:
3
3,1
3,14
3,141
3,1415
3,14159
3,141592
4
3,2
3,15
3,142
3,1416
3,14160
3,141593
Ввиду того что всякое рациональное число обращается в
конечную или бесконечную периодическую десятичную дробь
и обратно, всякая бесконечная периодическая десятичная
дробь определяет единственное рациональное число, которое
в эту дробь обращается, мы заключаем, что бесконечная
непериодическая десятичная дробь определяет единственное
иррациональное число.
Рациональные и иррациональные числа вместе образуют
множество действительных чисел.
Для сравнения двух чисел, заданных сходящимися двой-
ными последовательностями, применяются правила:
1. Число а, заданное последовательностями {ап\ а„}, мень-
ше числа р, заданного последовательностями {Ьп\ b'n}, если ка-
кое-нибудь приближенное значение числа а по избытку меньше
приближенного значения числа р по недостатку:
а<р, если a'p^bi-
2. Если неравенства а<риа>рне имеют места, то от-
сюда следует, что а =□ р.
На основании этих определений выводится следующая основ-
ная теорема.
17 А. И. Фетисов	257
Теорема 2. Если числа а и ₽, заданные последовательнос-
тями {ап; ап} и {&„*. b'n}, таковы, что всегда справедливы не-
равенства: ap<^b'q и a'p^-bq, то а = р.
Действительно, допустим, что а>р, тогда получим ap^>b'g,
но это противоречит первому условию теоремы. Если же допус-
тим, что а<р, то получим, что ар<^Ьч, а это противоречит
второму условию теоремы. Итак, на основании второго прави-
ла сравнения получим а = р.
Приведем пример. Выше мы рассматривали сходящиеся последователь-
ности десятичных дробей, в которых квадраты чисел первой последователь-
ности меньше 5, а квадраты чисел второй последовательности больше 5. Пост-
роим последовательности недесятичных дробей, обладающих тем же самым
свойством.
Число х, квадрат которого равен 5, должно удовлетворять равенству:
1
х2 — 4 = 1, или (х — 2) (х + 2) = 1, т. е. х — 2 =----—, и наконец:
х = 2 4-
(1)
х + 2
Если в правую часть этого равенства подставить вместо х число, квад-
рат которого меньше 5, то в левой части получим число, квадрат которого
больше 5, так как при уменьшении знаменателя дробь увеличивается. Если
же в правую часть подставить число, квадрат которого больше 5, то в ле-
вой части получим число, квадрат которого меньше 5, так как при увеличе-
нии знаменателя дробь уменьшается.
Примем за первое приближение число Ьх = 2 < х (так как Ь* < 5). Под-
ставив это значение в правую часть равенства (1), получим приближенное
,	9
значение по избытку: Ьх = Подставив снова это значение в п равую
часть равенства (1), получим приближенное значение по недостатку: Ь2 —
38
17’
161
72 ’
Новой подстановкой получим новое приближенное значение по избытку:
Продолжая далее этот процесс, получим последовательности:
2
38
17
682
305
12238
5473
9
4
161
72
2889
1292
51841
23184
Можно показать, что полученные последовательности
{5Л; Ьп] сходящиеся. Сравнивая их с последовательностями {ап^
ап}, рассмотренными в п. (29.2), мы видим, что ар < так
как а* < 5, a b'* > 5. В то же время ар > bq, так как
а* >5, а Ь* < 5. Итак, обе пары последовательностей удов-
летворяют условиям доказанной теоремы и потому опреде-
ляют одно и то же число.
(29.4) Ввиду того что десятичные дроби более удобны при
вычислениях, для определения иррационального числа пред-
258
почитают пользоваться сходящимися последовательностями
десятичных дробей. При этом обычно не выписывают обеих
последовательностей, а берут одно приближенное значение
по недостатку с достаточно большим числом десятичных зна-
ков. Например, число я записывается так:
л=3,141 592 653 589 793...
Многоточие в конце указывает, что за последней цифрой
следует бесконечное множество десятичных знаков. Из этой
записи нетрудно получить обе сходящиеся последовательно-
сти в том виде, как они были приведены в примере в п. (29.3).
Сколько десятичных знаков надо взять в каждом отдель-
ном случае, мы определяем по степени точности, требуемой
нашими вычислениями. Например, измерив диаметр окруж-
ности в метрах с точностью до сантиметра и получив 2,15 м,
мы для получения длины окружности умножаем это число на
приближенное значение л»3,14 и получаем 6,75 м. Если бы
мы умножили на более точное значение л, например на
3,141 592, то получили бы 6,75 442 280. Однако последние
6 Цифр нам придется отбросить, так как нельзя узнать длину
окружности с точностью большей, чем до 1 см, если при
измерении диаметра мы могли допустить ошибку около сан-
тиметра. Поэтому, чтобы не делать бесполезных вычислений,
мы в приближенном значении л удерживаем лишь те цифры,
которые могут повлиять на второй знак после запятой.
Напомним, как производятся операции над действительными
числами. Если действительное число а определяется последова-
тельностями {ап; ап}, а число Р— последовательностями
!дл + Ьп}, то можно доказать, что последовательности {ап-\-Ьп',
ап + Ьп} тоже сходящиеся. Определяемое ими число назы-
вается суммой и обозначается а+р. Далее доказывается, что
эта сумма подчиняется переместительному и сочетательному
законам:
« +Р = ₽ + а и а + (р + т) = (а + ₽) + Т-
Если у всех членов последовательностей {ап; а'п}, определя-
ющих число а, переменить знаки на обратные, а сами последо-
вательности поменять местами, то вновь получим сходящиеся
последовательности, которыми определяется число — а, обратное
по знаку с числом а. Нетрудно показать, что a -f- (—а) = 0.
Вычитание определяется как сложение уменьшаемого с чис-
лом, обратным по знаку с вычитаемым: а — р = а + (—р).
Если действительные числа аир, определяемые последова-
тельностями {ал; ап} и {Ъп\ Ьп}, положительны, то произведени-
ем их называется число ар, определяемое сходящимися после-
довательностями {апЬп, а'пЬп}.
17* 259
Произведение действительных чисел подчиняется перемести-
тельному и сочетательному законам:
ар = ра; а(рт) = (ар)г.
По отношению к сложению и умножению имеет место закон
распределительный:
а(Р + Т) = ар + ат-
тельностями {ап; а'п}, то последовательности ;—I
Уап ап ।
Если положительное число а определено последова-
тоже
сходящиеся и определяемое ими число обозначается — и на-
а
зывается обратным числу а по величине. Далее доказывается,
что произведение двух взаимно обратных по величине чисел
1
равно единице: а- — =1.
Действие деления определяется как умножение делимого на
К	п	1
число, обратное делителю: а: р = а • —.
При операциях над положительными и отрицательными дей-
ствительными числами заменяют все отрицательные числа рав-
ными им по абсолютной величине положительными числами.
Знак результата определяется обычными правилами знаков ум-
ножения и деления.
Заметим в заключение, что действительное число можно оп-
ределить сходящимися последовательностями каких угодно дей-
ствительных чисел. Можно доказать, что последовательности
любых действительных чисел {осп; осл}, удовлетворяющие усло-
виям сходимости, определяют единственное действительное чис-
ло, которое не меньше любого числа первой последовательности
и не больше любого числа второй.
Упражнения
1.	Доказать транзитивный закон неравенства действитель-
ных чисел: если а < 0, р < у, то а < у.
2.	При помощи бесконечной геометрической прогрессии:
построить сходящиеся последовательности и найти определяемое
ими число.
3.	Какое число определяют сходящиеся последовательности
{ая; ая}, если все ап положительны, а все ая отрицательны?
260
4.	Последовательности {а„; ап} определяют число а. Удаляй
из этих последовательностей все члены, стоящие на четных ме-
стах. Будут ли последовательности оставшихся членов сходя-
щимися? Какое они определяют число?
5.	Последовательности рациональных чисел {an; а'п} и {bn; Ьп}
сходящиеся. Доказать, что последовательности {ап + Ьп', ап + Ьа}
тоже сходящиеся.
6.	Доказать, что если последовательности {ап‘, ап} сходящие-
ся, то последовательности {— а„; — ап} тоже сходящиеся.
7.	Доказать, что а 4- (— а) = 0.
8.	Доказать, что a -j-0 = a.
9.	Доказать переместительный и сочетательный законы сло-
жения действительных чисел.
10. Последовательности положительных рациональных чисел
{ап', а'п} и {bn, b'n} сходящиеся. Доказать, что последовательности
{апЬп", a'nbn} тоже сходящиеся.
11. Доказать переместительный и сочетательный законы ум-
ножения действительных чисел.
12.	Доказать, что a-l = a.
13.	Доказать, что если последовательности {an; а'п} опреде-
( 1 1 )
ляют положительное число а, то последовательности 4—;—1
.	I а„ а„ I
v п п '
тоже сходящиеся.
I
14.	Доказать, что a----= 1.
a
15.	Доказать, что если последовательности {ап‘, а’п} опреде-
ляют число а, то последовательности {kan; kan}, где k — рацио-
нальное число, определяют число ka.
16.	Может ли сумма двух иррациональных чисел быть чис-
лом рациональным?
17.	Может ли произведение двух иррациональных чисел
быть числом рациональным?
18.	Каким числом является сумма рационального числа с
иррациональным?
19.	Каким числом является произведение иррационального
числа на рациональное?
20.	Доказать, что сходящиеся последовательности {ап', ап},
удовлетворяющие условию а* <5, ап >• 5, определяют иррацио-
нальное число, квадрат которого равен 5 и которое можно по-
этому обозначить символом ]Л5 .
21.	Доказать, что если два действительных числа аир
удовлетворяют неравенству: a < р, то всегда существует ^ра-
циональное число k, удовлетворяющее неравенствам:
а<*<р.
26f
22.	Пусть даны последовательности каких угодно действи-
тельных чисел {ал; ал}, удовлетворяющих условиям: 1)ал<ал;
2) ал+1 > ал; ал+1 ал; 3) для всякого положительного числа
е можно найти такое число и, что будет удовлетворяться не-
равенство: осл — ал<8. Рассмотреть последовательности рацио-
нальных чисел {ал; ал}, удовлетворяющих неравенствам:
&Л—1	ап 1»
и доказать, что эти последовательности будут сходящимися.
23.	Пусть последовательности {ал; ал}, рассмотренные в пре-
дыдущем упражнении, определяют число а. Доказать, что при
любом п имеют место неравенства: ал<1а<ал, и показать,
что число а — единственное, удовлетворяющее этим неравенст-
вам.
§ 30. ИЗМЕРЕНИЕ ЛИНИИ
(	30.1) Задача определения длины отрезка заключается в
том, чтобы каждому отрезку поставить в соответствие дей-
ствительное число — его длину,— которое удовлетворяло бы
условиям: 1) существует отрезок, длина которого равна еди-
нице; 2) равные отрезки имеют равные длины; 3) длина
суммы двух отрезков равна сумме длин составляющих.
Измерение отрезков основывается на двух аксиомах, на-
зываемых аксиомами непрерывности’, аксиоме Архимеда и
аксиоме Кантора.	_	_
Аксиома Архимеда. Если даны два отрезка а и Ь\
причем Ь<а, то существует такое целое число п, при котором
nb>a.
В этой аксиоме утверждается очевидная истина, что лю-
бой отрезок, будучи повторен слагаемым достаточно большое
число раз, может превзойти по величине любой данный отре-
зок. Например, отрезок в 1 см очень мал по сравнению с рас-
стоянием от Земли до Луны. Однако если повторить его сла-
гаемым 40 000 000 000 раз, то получим отрезок в 400 000 км,
который больше расстояния от Земли до Луны, равного ®
среднем 384 000 км.
Следствие. Если даны два отрезка а и b и а>Ь, то суще-
— "а
ствует такое целое число п, при котором Ь> “ .
1	Символами а, b обозначены отрезки, чтобы отличить их от обозна-
чения чисел а, Ь.
262
Действительно, по теореме ^Архимеда существует такое
целое число п, при котором nb>a. Деля каждый из этих
_	та
отрезков на п равных частей, получим: &>—.
п
Из этого следствия мы заключаем, что каков бы ни был
отрезок, его можно разделить на столь большое число рав-
ных частей, что каждая часть будет меньше любого данного
отрезка.
Аксиома Г. Кантора. Если на данной прямой имеется после-
довательность отрезков AiBi, Л2В2, А3В8, ..., А„В„, .... в ко-
торой каждый последующий отрезок находится внутри пре-
дыдущего, и если в этой последовательности всегда можно
найти отрезок, меньший любого данного отрезка, то суще-
ствует точка, принадлежащая всем этим отрезкам.
Непосредственно из этой аксиомы заключаем:
1.	Последовательность отрезков, удовлетворяющих усло-
виям аксиомы, бесконечна.
*________	4 А __________
4	4 4^4 4 л
Рис. 264
Действительно, если бы в последовательности был послед-
ний отрезок, например АпВп, то это означило бы, что в после-
довательности нет отрезка, меньшего чем А„Вл, а это противо-
речит второму условию аксиомы.
2.	Точка, принадлежащая всем отрезкам последовательно-
сти, единственная.
Действительно, если мы допустим, что существуют две та-
кие точки, например М и N, то и все точки отрезка MN при-
надлежали бы всем отрезкам последовательности и, значит, в
этой последовательности нельзя было бы найти отрезка, мень-
шего MN, что опять-таки противоречит второму условию аксиомы.
Пример. Возьмем отрезок AiBx и отложим на нем отрезки
AiA2=*Mi^i и BiB2=1/3AiBi. Отрезок А2В2 будет нахо-
диться внутри отрезка AjBi, и величина его равна VsAiBi.
Повторим такое же построение на отрезке Л2В2 и получим от-
резок А3В3, равный ЧзА2В2, и будем неограниченно продол-
жать этот процесс (рис. 264). Нетрудно убедиться в том, что
точка М — середина A]Bj— является общей серединой всех
отрезков последовательности, т. е. она и есть точка, определя-
емая данной последовательностью.
Последовательность отрезков, удовлетворяющих условиям
аксиомы Г. Кантора, называется системой вложенных стяги-
вающихся отрезков.
2R3
(30.2) Для определения длины отрезка выбираем прежде
всего некоторый постоянный отрезок, длину которого прини-
маем за единицу. Если нанести на линейке единичные деления,
то получим масштабную линейку. Для определения длины от-
резка MN (рис. 265) накладываем на него масштабную линейку
и считаем число единичных отрезков, которые всеми своими
точками принадлежат отрезку MN. Полученное число а0 дает
приближенное значение длины по недостатку. Одновременно
считаем число а0 единичных отрезков, которые хотя бы одной
точкой принадлежат отрезку MN. Это число дает приближен-
ное значение длины по избытку.
После этого делим каждый единичный отрезок на 10 рав-
ных частей и вновь производим такой же подсчет. В результате
получим приближенные значения ах и а! длины по недостатку
и по избытку с большей степенью точности. Затем делим каж-
дую десятую долю вновь на 10 равных частей и вновь произво-
дим такой же подсчет. В результате получим последовательно-
сти чисел {а„; ап}, удовлетворяющие всем условиям сходимости.
Действительно:
1)	ап не может быть больше а'п в силу определения, так как
отрезки ап находятся внутри отрезка MN, а отрезки а'п его
перекрывают.
2)	При дроблении единичных отрезков на более мелкие доли
числа ап могут только увеличиться, а ап —только уменьшаться.
3)	а» *- а, = 2; ах — ах = 0,2; а2 — а2 = 0,02, ..., вообще
»	2	„	,
ап — Лп=* • Очевидно, при увеличении числа п дробь
может стать меньше любого данного числа.
10"
264
Например, на рис. 265 получаем последовательности:
1	
3 3,6 3,65	5 3,8 3,67
Число а, определяемое полученными последовательностям»
{а„, а'п}, называется длиной отрезка.
Найденное нами число обладает следующими основными
двумя свойствами:
1. Длина отрезка не зависит от способа наложения мас-
штабной линейки.
Положим, что мы на тот же отрезок наложили масштабную
линейку с такими же единичными делениями, но как-нибудь
иначе. Произведя вновь такие же подсчеты, опять получим схо-
дящиеся последовательности {&„; &„}, определяющие число Ь.
Однако самый способ получения чисел Ьп и b'n показывает,
что всегда Ьп < а’п и b'n > ап. По основной теореме отсюда
следует, что а = Ь.
Вместе с тем отсюда же следует, что равные отрезки имеют
равные длины, так как результат измерения не зависит от того,
будем ли мы перемещать масштабную линейку по отрезку или
отрезок по масштабной линейке. При измерении на практике
обычно нулевое деление линейки совмещают с концом отрезка.
2. Длина суммы двух отрезков равна сумме длин слагае-
мых.
Пусть на прямой нам дана сумма отрезков: АВ + ВС — АС
(рис. 266). Наложим на эти отрезки масштабную линейку и
проведем измерение, в результате чего получим последовательно-
сти:
{ап; а’п}, {bn\ b’n} и {сп; сп},
которыми соответственно определяется длина а отрезка АВ,
длина b отрезка ВС и длина с отрезка АС. Найдем сумму чи-
сел а + Ь, для- чего рассмотрим последовательности {ап + Ьп;
а’п + b’n}. Так как деления ап иЬп находятся внутри отрезка АС.
а деления с’п его перекрывают, то при любом п имеем:
ап + Ьп < сп.
Например, на рис. 266 аг =5а, bt =6, сх =» 12. Аналогично
а'п + b'n > сп (на рис. 266 а[ =7, b[ =8, c'i = 14). Поэтому в си-
лу основной теоремы а + b = с.
26»
(30.3) Применим теперь метод последовательных приближе-
ний к отысканию длины выпуклой и гладкой кривой. Кривая
называется выпуклой, если отрезок, соединяющий две ее любые
точки, других общих точек с этой кривой не имеет. Например,
на рис. 267,а показана выпуклая, а на рис. 267,6 — невыпук-
лая кривая.
Кривая .называется гладкой, если в каждой ее точке суще-
ствует единственная касательная. На рис. 267 изображены глад-
кие кривые. На рис. 268 изображена негладкая кривая, так как
в точке Р она имеет две касательные. Заметим, что известные
нам из курса алгебры и геометрии кривые — окружность, эллипс,
парабола и гипербола — являются выпуклыми и гладкими кривыми
и потому к ним применимы все дальнейшие выводы о длине
кривой.
Рассмотрим дугу АВ выпуклой и гладкой кривой (рис. 269)
я найдем ее длину. Для этого разделим дугу АВ на п частей
и, соединив последовательно точки деления, получим ломаную
линию, вписанную в дугу АВ. Если же через точки деления
проведем касательные к дуге, то получим ломаную линию,
описанную около дуги АВ. Обозначим буквами. ах, а„ ..., ам
длины отрезков касательных от вершин описанной ломаной до
точек касания, а буквами ах, аг, ..., atn — длины проекций от-
резков этой ломаной на звенья вписанной ломаной. Тогда пе-
риметры: Р'п — описанной и Рп — вписанной ломаных выразятся
формулами:
Рп = 0.1 + а1 + • • • + агп>
Рп ~ Ot A at + • • • + Otn-
2А
Если'неограниченно увеличивать число п, вводя новые точки
деления, притом так, чтобы длина каждого звена в обеих ло-
маных могла стать меньше длины любого данного отрезка, то
последовательности {Рп; Р'п} будут удовлетворять условиям схо-
димости.
Рис. 267
Действительно, мы имеем: 1) Рп < Рп, так как а* +	>
> a-k + dk+i в силу того, что сумма двух сторон треугольника
больше третьей стороны (см. рис. 270, на котором отдельно по-
казана одна из дуг кривой вместе с соответствующими частя-
ми ломаных). 2) При увеличении п периметр Рп увеличивается
(на рис. 270 вместо отрезка PR берется ломаная PTR), а пери-
метр Рп уменьшается (на рис. 270 ломаная MQN заменяется
отрезком MN). 3) Для оценки разности Рп — Рп при неограни-
ченном увеличении п заметим, что а* = a'k cos а*, где а* — угол
между касательной и хордой (& = 1,2, ..., 2п). Поэтому Рп =»
«• Qi cos «! + <4 cos as + ... + а.'м cos <%»„.
267
Заменяя в этом равенстве все углы ak наибольшим из них,
который обозначим а, мы уменьшим правую часть равенства
(так как при увеличении острого угла косинус его уменьшается}
и получим:
Рп > («г + а'г + • • • + oil) cos а, или: Рп > Р'п cos а.
Отсюда находим:
р'п —Рп< р'п —р’п COS а, или р’п — Рп<Р'п(\-COS а),
т. е.
Р’п-Рп <2Р’п sin2
&
Ввиду того что при увеличении п периметр Рп уменьшается,
а угол а между касательной и хордой стремится к нулю, мы
можем для данного положительного числа г взять п настолько
большое, чтобы одновременно выполнялись неравенства:
2P'n<N и sin2 —<—.
2 N
Тогда получим:
Р'п — Pn<N-^-’ ИЛИ Р’п-Рп<г.
N
Итак, все условия сходимости выполнены, и последовательно-
сти {Рп\ Рп} определяют действительное число s, которое по
определению принимают за длину дуги кривой.
Полученное число обладает следующими свойствами:
1.	Оно не зависит от способа разбиения дуги на части, лить
бы при неограниченном увеличении п длина каждого звена
обеих ломаных стремилась к нулю.
Действительно, положим, что при другом разбиении дуги мы
получили последовательности {Qn; Qn}, которые также будут
сходящимися и которыми определится число s'. Имея в виду,
что периметр объемлемой выпуклой ломаной линии всегда мень-
ше периметра объемлющей, имеем неравенства: Qn < Рп и
0,п^>Рп- В силу основной теоремы отсюда следует, что s' = s.
2.	Равные дуги имеют равные длины.
Это следует из того, что в эти дуги можно вписать и около
них можно описать соответственно равные ломаные.
3.	Если кривая состоит из нескольких выпуклых и гладких
частей, то ее длина равна сумме длин составляющих ее частей.
4.	Если две кривые подобны между собой, то отношения их
длин равно коэффициенту подобия.
Действительно, если длина s первой кривой определяется
последовательностями {Рп\ Рп}, то, вписывая во вторую кривую
268
и описывая около нее соответственно подобные ломаные, мы
увидим, что длина этой кривой определяется последовательно-
стями {kPn\ kP'n}, где k—коэффициент подобия, следовательно,
она равна ks. Отсюда, в частности, следует, что длины двух ок-
ружностей относятся друг к другу, как длины их диаметров:
CD	С	С'
— — — , или — = — ,
С' D'	D	D’
г. е. отношение длины окружности к длине диаметра есть число
постоянное. Таким образом, мы получаем определение числа л
и известные формулы:
С = лО и С =2лР.
Упражнения
1.	Рассмотрим числовую ось, т. е. прямую, на которой от
начальной (нулевой) точки О отложены последовательно еди-
ничные отрезки: вправо — с положительными номерами 1, 2, 3,...,
влево — с отрицательными —1, —2, —3, ... Доказать (пользуясь
аксиомой Кантора), что на числовой оси существует единствен-
ная точка,^соответствующая данному действительному числу а,
определяемому последовательностями {ал; а'п}-
В качестве примера использовать последовательности:
0,3333...; 2,23606 ...
2.	Пусть длина отрезка а при некоторой единице длинь^
равна а, длина же отрезка е при той же единице равна е.
Доказать, что если за единицу длины принять отрезок е, то
—	а
длина отрезка а будет равна ~ .
3.	Отношением двух отрезков называется частное от де-
ления друг на друга их длин (при условии, что отрезки из-
мерены одной и той_же единицей). Доказать, что отношение
отрезка а к отрезку b есть длина отрезка а при условии, что
отрезок Ь принят за единицу.
4.	Доказать, что отношение двух отрезков не зависит от
того, какой единицей определены их длины.
5.	Впишем в окружность правильный n-угольник. Деля
каждую из и полученных дуг пополам, строим вершины пра-
вильного вписанного 2и-угольника. Соединив последователь-
но середины сторон этого 2п-угольника, получим новый 2п-
угольник. Доказать, что периметр нового 2п-угольника равен
периметру первоначального п-угольника.
6.	Обозначим буквами и и k\ соответственно радиус и
апофему правильного n-угольника, рассмотренного в преды-
269
дущей задаче, а буквами гг и k2 — соответственно радиус в
апофему правильного 2п-угольника, имеющего с п-угольни-
ком одинаковый периметр. Доказать, что
,	+	у--j-—
Ъ = —— и г, = у гЛ-
АА
7.	Возьмем какой-нибудь правильный n-угольник. Получим из
него правильный 2п-угольник с таким же периметром, как это
сделано в задаче 5. Из этого 2га-угольника получим правильный
4п-угольник с таким же периметром и т. д. Пусть klt k^, ka,...,
kp,.. . — соответственно апофемы этих многоугольников, rlt г2,
г3,... , гр,.. . — их радиусы. Имея в виду выведенные в пре-
дыдущей задаче формулы:
^p+i =	—-. Gh-i = "]frpkp+i,
АА
доказать, что последовательности {kp‘, гр} сходящиеся.
8.	Рассматривая число г, определяемое последовательностями
{&р; гр} предыдущей задачи как длину радиуса предельной ок-
ружности, к которой стремятся многоугольники с одним и тем
же периметром, найти число — как отношение 2г к постояв-
Л
ному периметру р. В качестве исходного многоугольника при-
нять квадрат с периметром, равным 2 единицам.
Заметим, что указанный метод вычисления числа— носит
название метода изопериметров, так как он основан на рас-
смотрении последовательности правильных многоугольнике® с
одним и тем же периметром.
§ 31. ПЛОЩАДИ
(31.1).	Площадью фигуры называется действительное число,
которое приводится в соответствие с данной фигурой и которое
удовлетворяет условиям: 1) существует фигура с площадью,
равной единице; 2) равные фигуры имеют равные площади;
3) если фигура состоит из нескольких частей, то площадь этой
фигуры равна сумме площадей составляющих ее частей.
Чтобы измерить площадь фигуры, поступают так же, как и
при измерении длины. Сначала выбирают единицу площади.
За единицу измерения площади принимают квадрат, сторона
которого равна единице длины. Если стороны единичного квад-
рата разделить на 10 равных частей и через точки деления
провести прямые, параллельные сторонам, то единичный квад-
рат разобьется на 100 равных квадратов, причем площадь каж-
270
Г
1
дого будет равна — единицы. Каждый из новых квадратов
можно также разбить на 100 равных квадратов и т. д.
. Если провести по плоскости систему параллельных прямых,
расстояния между которыми равны единице, и пересечь ее
такой же системой перпендикулярных к ней параллельных пря-
мых, то получим плоскую масштабную сетку, посредством ко-
торой вся плоскость разбивается на единичные квадраты. На-
неся масштабную сетку на кальку, целлофан или стекло,
мы получили палетку — инструмент для непосредственного
измерения площадей.
Чтобы найти площадь какой-нибудь фигуры, наложим на нее
масштабную сетку (рис. 271) и сосчитаем число квадратов, при-
надлежащих фигуре всеми своими точками (внутренние квад-
раты). Обозначим это число буквой 30. Сосчитаем также число
квадратов, которые хотя бы одной точкой принадлежат фигуре
(накрывающие квадраты), и обозначим число их <S«. Заметим,
что число накрывающих квадратов равно числу внутренних
квадратов плюс число квадратов, пересекаемых границей фигу-
ры. Разобьем теперь каждый квадрат, пересекаемый контуром,
на 100 равных квадратиков и прибавим к 30 число сотых долей,
равное числу внутренних квадратиков, заполняющих промежу-
ток между контуром и границей области внутренних квадратов.
Мы получим число Sv Если к Зх прибавить число сотых долей,
равное числу квадратов, пересекаемых контуром, то получим
число S'. Продолжая далее этот процесс, мы получим число-
вые последовательности {S„; 3^}. Здесь 3„ обозначает пло-
щадь внутренних квадратов n-го разбиения, а 3* —площадь
накрывающих квадратов. Если эти последовательности сходятся,
то определяемое ими число и будет площадью фигуры.
При определении палеткой числового значения площади
фигуры считают число внутренних квадратов и прибавляют
к нему половину числа квадратов, пересекаемых контуром
фигуры. Очевидно, это число равно среднему арифмети-
ческому между числом внутренних и накрывающих квад-
ратов.
(31.2)	Определять площади путем подсчета числа внут-
ренних и накрывающих квадратов весьма кропотливо и уто-
мительно. Поэтому основная задача теории измерения пло-
щадей заключается в отыскании косвенного способа, при по-
мощи которого измерение площадей сводится к измерению
отрезков.
Для того чтобы определить площадь прямоугольника, нало-
жим на него масштабную сетку так, чтобы линии сетки оказа-
лись параллельными сторонам прямоугольника. Пусть длина
прямоугольника равна а и ширина Ь (рис. 272). Для подсчета
27»
внутренних квадратов нужно перемножить числа а9 и Ьо, кото-
рые дают приближенные значения длины и ширины прямоуголь-
ника по недостатку (на рис. 272 а9 = 8, Ь9 = 6, а0 • Ьо = 48).
Аналогично для получения числа накрывающих квадратов
достаточно умножить приближенное значение длины по избыт-
ку на приближенное значение ширины по избытку (на рис. 272
а0 =10, b'o = 8, а'о • Ьо = 80). Производя десятичное дробление
сетки, мы получим новые приближенные значения: а^,
.. ., а„Ь„,.. . , аХ» аХ, • • •. аХ, • • • Последовательно-
сти {anbn, a'nb'n} сходящиеся (согласно правилу умножения дей-
ствительных чисел), и определяемое ими число есть произведе-
ние чисел а и Ь, определяемых сходящимися последовательно-
стями {а„, а'п}, {bn, Ьп}. Итак, мы получили, что если длина и
ширина прямоугольника выражаются числами а и Ь, то его
Рис. 272
.площадь выражается числом ab. Таким образом, для площади
прямоугольника имеем формулу:
S = ab.
Полученное число не изменится, если прямоугольник под-
вергнуть преобразованию параллельного переноса. При этом
стороны прямоугольника останутся параллельны линиям сетки
и длина сторон останется прежней, так как длина отрезка не
зависит от способа наложения масштабной линейки. Поэтому
сохранится прежняя формула площади:
5 = ab.
(31.3)	Возьмем теперь произвольный многоугольник и, на-
ложив на него масштабную сетку, подсчитаем число внутрен-
них квадратов So и число накрывающих квадратов So (рис. 273).
Произведя десятичное дробление сетки и повторяя такой же
подсчет, мы получим последовательности {£„; 5„}. Докажем,
что они будут сходящимися. Действительно, мы имеем: 1) 5П<5Я.
гак как по самому определению число накрывающих квадратов
2 72
равно числу внутренних квадратов плюс число квадратов, пере-
секаемых контуром фигуры. 2) При дроблении квадратов на
более мелкие доли число Sn увеличивается, так как к преж-
ним квадратам присоединяются более мелкие квадраты, запол-
няющие промежутки между контуром сетки и областью, по-
крытой квадратами предыдущего деления (см., например, квад-
рат а на рис. 273). Таким же путем получим, что при этих
условиях число Sn уменьшается (см. квадрат b на рис. 273).
3) Разность — Sn равна площади квадратов, пересекаемых
контуром многоугольника.
Покажем, что при неограниченном увеличении числа п эта
разность становится меньше любого положительного числа.
Возьмем какую-нибудь сторону многоугольника, образующую
с горизонтальной линией сетки угол, не больший 45° (например,
сторону АВ на рис. 273), и спроектиру-
ем ее на эту линию сетки. К этой же
линии перенесем по вертикальному направ-
лению все квадраты, пересекаемые сторо-
ной АВ (на рис. 273 эти квадраты заштри-
хованы). Тогда все эти квадраты помес-
тятся внутри прямоугольника, длина кото-
рого равна приближенному значению по
избытку длины проекции А'В', а ширина
равна двум единицам, так как прямая,
образующая с горизонталью угол, не
больший 45°, в вертикальном направле-
нии может одновременно проходить не
более чем в двух квадратах. Итак,
площадь всех квадратов, пересекаемых отрезком АВ, не больше
* 2	'
числа а„ —, гДе ап — приближенная длина Л'В'по избытку, а
——длина стороны квадрата при n-м разбиении сетки. При
неограниченном увеличении п длина ап не увеличивается, а
2	»
длина— становится сколь угодно малой, следовательно, сколь
угодно малой становится и площадь прямоугольника, а вместе
с тем и площадь квадратов, пересекаемых стороной АВ.
Это же рассуждение мы сможем повторить для всех сторон
многоугольника, образующих с горизонталью угол, не больший
45°. Остальные же стороны мы спроектируем на вертикальную
линию сетки, и тогда к ним можно будет применить те же
выводы.
Итак, мы
каждой из k
каемых ею
можем взять п настолько большим, чтобы для
сторон нашего многоугольника площадь пересе-
квадратов была меньше . Тогда получим
18 А. И. Фетисов
273
окончательно:
s;-s„<*4 = b’
•я
Отсюда следует, что последовательности {5Я; 5Я} сходящи-
еся и ими определяется действительное число S— площадь дан-
ного многоугольника.
(31.4)	Если многоугольник состоит из нескольких много-
угольников, то его площадь равна сумме площадей состав-
ляющих многоугольников.
Рассмотрим многоугольник (рис. 274), состоящий из двух
многоугольников, и наложим на него масштабную сетку. Про-
изводя подсчет внутренних и накрывающих квадратов и повто-
ряя такой же подсчет при дальнейшем дроблении сетки, мы
найдем для одного из составляющих многоугольников последова-
тельности {£«; определяющие число S, а для второго мно-
гоугольника — последовательности {$я; $я}, определяющие чис-
ло s. Наконец, для всего многоугольника найдем последователь-
ности {Zn; Zn}, определяющие число Z. Покажем, что
Z === S 4"
Сравнивая области внутренних и накрывающих квадратов#
получим неравенства:
Sn 4* sn 2Я Zn Sn 4- sn-
Первое неравенство справедливо потому, что при подсчете
квадратов Sn и sn мы не считаем квадраты, пересекаемые гра-
ницей составляющих многоугольников, тогда как эти же квад-
раты входят в состав области Zn. Последнее неравенство
справедливо потому, что в сумме S„ + s'n квадраты,
пересекаемые границей составляющих многоугольников, считают-
ся дважды. Итак, мы имеем:
-|- sn Zn и Zn Sn 4" ^я.
Поэтому, согласно основной теореме, получим:
Z = «S 4"
Из этого равенства следует, что если какой-нибудь много-
угольник есть часть другого многоугольника, то площадь части
меньше площади целого.
(31.5)	Равные многоугольники имеют и равные площади.
Докажем прежде всего, что равны площади многоугольников
Hi и Па, которые преобразуются друг в друга параллельным
274
переносом. Для этого наложим на первый многоугольник мас-
штабную сетку и, произведя ’соответствующие подсчеты, полу-
чим последовательности {Sn; Sn}. Если при помощи параллель-
ного переноса первый многоугольник с наложенной на него
сеткой совместить с многоугольником П2, то числа Sn и S„ не
изменятся, так как они определяют площади областей, состо-
ящих из прямоугольников, а площадь прямоугольника при парал-
лельном переносе не изменяется. Итак, площадь многоуголь-
Рис. 274
Рис. 275
ника П2 определяется теми же самыми последовательностями
{Sn; S„} и, значит, равна площади многоугольника ПР
Положим теперь, что квадрат со* стороной с повернут на
некоторый угол по отношению к линиям сетки, как это пока-
зано на рис. 275 Когда стороны его были параллельны линиям
сетки, его площадь была равна с2. Чтобы определить его пло-
щадь в новом положении, проведем через его вершинц прямые,
параллельные линиям сетки, и получим новый квадрат, кото-
рый получается из первого присоединением к нему четырех
равных прямоугольных треугольников с катетами а и b и ги-
потенузой с. Площадь нового квадрата равна
(а + Ь)2 — а2 4- 2аЬ 4- Ь2.
Чтобы получить площадь первоначального квадрата, вычтем
из этого числа сумму площадей четырех прямоугольных тре-
угольников. Параллельным переносом (при котором значение
площади не меняется) можно соединить первый треугольник с
третьим, а второй с четвертым. В обоих случаях мы получим
прямоугольники со сторонами а и Ь. сумма площадей которых
равна 2аЬ. Вычитая эту площадь из площади большого
18*
275
квадрата, получим:
а2 + 2ab + b2 — 2аЬ = а2 + Ь2 = с2 (по теореме Пифагора).
Итак, площадь данного квадрата осталась прежней.
Возьмем теперь многоугольники Щ и П2, расположенные
произвольным образом. Наложим на первый многоугольник мас-
штабную сетку и получим последовательности {5Л;5Л}, опреде-
ляющие его площадь S. Совместим теперь первый многоуголь-
ник со вторым, сохраняя наложенную на первый многоугольник
масштабную сетку. Тогда площади Sn и Sn останутся неизмен-
ными, так как соответствующие области состоят из квадратов,
а площадь квадрата, как уже доказано, остается неизменной
при повороте. Итак, площадь многоугольника П2 определяется
теми же последовательностями {5Л; S*} и имеет то же значе-
ние) S. Отсюда также следует, что площадь многоугольника не
зависит от способа наложения масштабной сетки, так как
перемещение многоугольника по сетке эквивалентно перемеще-
нию сетки по многоугольнику.
(31.6)	Установленные нами свойства площадей многоуголь-
ников позволяют получить все косвенные методы измерения
площадей прямолинейных фигур.
Всякий параллелограмм можно разрезать на две части, из
которых можно сложить прямоугольник (рис. 276). Таким пу-
тем мы получаем, что площадь параллелограмма равна
произведению длины основания на длину высоты:
S = ah.
Дополняя любой треугольник до параллелограмма (рис. 277),
получим, что площадь треугольника равна половине про- •
изведения длины основания на длину высоты:
Q ah
= 2 ‘
276
Наконец, разбивая любой многоугольник на треуголь-
ники, мы можем найти его площадь как сумму площадей со-
ставляющих треугольников. Таким путем, в частности, получа-
ются формулы:
Площадь трапеции:
2
где а и b — длины оснований, h — длина высоты.
Площадь описанного многоугольника:
где р— периметр, г — длина радиуса вписанной окружности.
(31.7)	Для определения площади фигуры, ограниченной про-
извольным контуром, можно использовать следующий метод.
Рассмотрим систему многоугольников с площадями S1( S2.....
Sn,..., каждый из которых принадлежит фигуре всеми своими
точками. Одновременно рассмотрим другую систему многоуголь-
ников с площадями Sj, Si,..., S„,..., каждому из которых
данная фигура принадлежит всеми своими точками. Если по.
следовательности {£„; сходящиеся, то определяемое ими
число S и есть площадь данной фигуры.
Для доказательства наложим на данную фигуру квадратную
масштабную сетку и обозначим через Zm площадь квадратов,
находящихся внутри многоугольника с площадью Sn, а через
Zm площадь квадратов того же разбиения сетки, покрывающих
многоугольник С площадью S„-
Докажем, что при одновременном возрастании п и т после-
довательности {Zm, Z'm} будут сходящимися. 1) Очевидно, что
Zm <Z Zm. 2) При возрастании п и т Zm увеличивается, так как
увеличивается S„, a Zm уменьшается, так как уменьшается Sn-
3) Возьмем п настолько большим, чтобы выполнялось неравен-
ство S'a — Sn < у, где в — любое положительное число. Одно-
временно можно взять т настолько большим, чтобы выполня-
лись неравенства: Sn — Zm<^- и Zm—Sn<Z~. так как
О	о
есть приближенное значение площади многоугольника Sn, a Zm —
приближенное значение площади многоугольника Sn. Сложив все
три неравенства, получим: Zm— Zm<iz.
Итак, последовательности {Zn\ Zn} сходящиеся и определяют
действительное число Z. В то же время из неравенств-
277
Zm<Sn<Sn<Zm имеем: Zm<Srt и Srt<Zm, откуда по ос-
новной теореме следует, что Z = S. Значит, число, определяю-
щее площадь данной фигуры, будет тем же и при общем спо-
собе измерения с помощью масштабной сетки.
Пользуясь той же основной теоремой, нетрудно доказать,
что число S, выражающее площадь данной фигуры, останется
тем же, какие бы мы ни брали системы внутренних и накры-
вающих многоугольников, лишь бы последовательности их пло-
щадей были сходящимися.
(31.8)	Полученные выводы можно применить к определению
площади круга. Если вписать в круг и одновременно описать
около него правильные n-угольники, то при неограниченном
удвоении числа их сторон площади этих многоугольников дадут
сходящиеся последовательности {Sn; £„}. Действительно, пло-
щадь вписанного многоугольника определяется формулой:
Sn. = ЧъРпКт
где Рп — периметр многоугольника, Кп — апофема. Площадь опи-
санного многоугольника определяется формулой:
Sn = ll2P'nR,
где Рп—периметр описанного многоугольника, R — радиус круга.
Таким образом, наши последовательности принимают вид
{ЧъРпКп, WnR}-
Но последовательности {Рп\ Рп} определяют длину окруж-
ности, т. е. число 2л/?, а последовательности {Кп'> R} опреде-
ляют длину радиуса, т. е. число /?. По правилу умножения
действительных чисел получим, что последовательности {5Л; 5Л}
-определяют число S = 1/22jiR-R = л/?2.
Окончательно для площади круга получаем:
S = л/?2.
Так же как и для многоугольников, нетрудно доказать, что
в более общем случае, когда можно определить площадь фи-
гуры, равные фигуры имеют равные площади и если фигура со-
стоит из нескольких фигур, то ее площадь равна сумме пло-
щадей всех составляющих ее частей.
На основании этого мы находим, что площадь сектора, угол
которого выражается в радианной мере числом а, равна
Sa = i/2/?2a.
278
Площадь сегмента получается как разность между пло-
щадью сектора 1/2/?2<х и площадью треугольника, ограниченного
двумя радиусами и хордой, т. е. 1/2^2sina:
*5сегм = V2^?2 (& Sin Gt).
Заметим в заключение, что если фигура имеет площадь 5,
то подобная ей фигура имеет площадь k2S, где k — коэффици-
ент подобия. Для доказательства наложим
на данную фигуру квадратную масштабную
сетку, а потом эту фигуру вместе с нало-
женной на нее сеткой подвергнем преобразо-
ванию подобия с коэффициентом k (рис. 278).
Тогда на новую фигуру будет наложе-
на квадратная ‘масштабная сетка, причем
сторона каждого единичного квадрата будет
равна уже не единице, a k и площадь его
будет равна не единице, a fe2. Поэтому если
площадь 5 прежней фигуры определялась
последовательностями {Sn; £„}, то площадь
новой фигуры будет определяться последо- рИс. 278
вательностями {k2Sn\ k2Sn}t значит, соответствующее число
равно k2S.
Итак, при изменении линейных размеров фигуры в k раз
площадь ее изменяется в k2 раз.
Упражнения
1.	Фигуры, имеющие равные плоиЦади, называются равно-
великими. Две фигуры называются равносоставленными, если
их можно разрезать на одно и то же число соответственно
равных частей. Доказать, что равносоставленные фигуры
равновелики.
2.	Доказать, что два параллелограмма, имеющие равные
основания и равные высоты, равносоставлены.
3.	Доказать, что два равновеликих параллелограмма рав-
носоставлены.
4.	Доказать, что две фигуры, равносоставленные с одной
и той же третьей, равносоставлены между собой.
5.	Построить квадрат, равновеликий данному прямоуголь-
нику.
6.	Данный прямоугольник разрезать на такие части, из
которых можно было бы сложить равновеликий квадрат.
7.	Квадраты, построенные на катетах прямоугольного
треугольника, разрезать на такие части, из которых можно
было бы сложить квадрат, построенный на гипотенузе.
279
8.	Доказать, что из всех треугольников с данным осно-
ванием и данным периметром наибольшую площадь имеет
равнобедренный треугольник.
9.	В данную окружность вписать треугольник наибольшей
площади.
10.	На сторонах прямоугольного треугольника как на диа-
метрах построены три окружности. Доказать, что площадь
круга, построенного на гипотенузе, равна сумме площадей
кругов, построенных на катетах.
И. На гипотенузе прямоугольного треугольника как на
диаметре построена полуокружность, проходящая через вер-
шину прямого угла. На катетах также построены полуокруж-
ности вне треугольника. Доказать, что
сумма площадей двух получившихся лу-
/Ш \	ночек равна площади прямоугольного
\ треугольника (на рис. 279 эти луночки
||||	\ заштрихованы).
Wgl \	12. Вычислить площадь треугольника,
Wk \ одна из вершин которого совпадает с
\ началом координат, а две другие верши-
ны находятся соответственно в точках с
координатами (хь i/i), (х2, i/2).
13.	Вычислить площадь треугольника,
Рис. 279	вершины которого заданы координатами:
(Х1, 4/1), (х2, t/2), (х3, г/з).
14.	Вычислить площадь любого многоугольника, если
заданы координаты всех его вершин.
15.	Доказать, что площадь ортогональной проекции плос-
кой фигуры равна площади этой фигуры, умноженной на
косинус угла между плоскостью фигуры и плоскостью про-
екции.
16.	Рассматривая эллипс как ортогональную проекцию
круга, доказать, что площадь его выражается формулой:
S = na6, где а — большая полуось, b — малая полуось
эллипса.
17.	Через вершину треугольника провести прямую, кото-
рая делит площадь треугольника на части, площади которых
относятся как т : п (т и п — данные отрезки).
18.	Через точку, данную на стороне треугольника, про-
вести прямую, которая разделила бы площадь треугольника
на две равновеликие части.
19.	Данный параллелограмм разделить на три равнове-
ликие части прямыми, проходящими через одну из его вер-
шин.
20.	Данный треугольник разделить на две равновеликие
части прямой, параллельной основанию.
280
21.	Данный треугольник разделить на три равновеликие
части прямыми, параллельными данному направлению.
22.	Доказать, что площадь всякого четырехугольника рав*
•на половине произведения его диагоналей на синус угла
между ними.
23.	Даны две концентрические окружности. Хорда внеш-
ней окружности, имеющая длину а, касается внутренней
окружности. Определить площадь кольца, ограниченного
окружностями.
24.	На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС отло-
жены отрезки: А'В = Х/3 ВС, B'C=xf3 С А и С'Л = 7з АВ. Опре-
делить отношение площади внутреннего треугольника, опре-
деляемого пересечением прямых АА', ВВ' и СС', к площади
всего треугольника АВС.
25.	Данный равносторонний треугольник разрезать на
такие части, из которых можно было бы сложить равнове-
ликий квадрат.
§ 32. ОБЪЕМЫ ТЕЛ
(32.1)	Объемом тела называется действительное число,
которое приводится в соответствие с данным телом и кото-
рое должно удовлетворять условиям: 1) существует тело^
объем которого равен единице; 2) равные тела имеют равные
объемы; 3) если тело состоит из нескольких частей, то
объем этого тела равен сумме объемов составляющих его
частей.
За единицу измерения-объемов принимают куб, ребро
которого равно единице длины. Если ребра единичного куба
разделить на 10 равных частей и через точки деления про-
вести плоскости, параллельные его граням, то единичный куб
разобьется на 1000 равных кубов, причем объем каждого
из них будет равен единицы. Каждый из новых кубов
можно также разбить на 1000 равных кубов и т. д.
Подобно тому как на плоскости мы строили квадрат-
ную масштабную сетку, для измерения объемов построим в
пространстве кубическую масштабную сетку. Для этого про-
ведем ряд параллельных между собой плоскостей так, чтобы
расстояние между соседними плоскостями было равно еди-
нице. Далее проведем такой же ряд параллельных плоскостей,
перпендикулярных к плоскостям первого ряда. Наконец,
проведем такой же ряд параллельных плоскостей, перпенди-
кулярных к плоскостям первого и второго рядов. В резуль-
тате все пространство окажется разбитым на единичные
кубы (рис. 2S0) и мы получим кубическую масштабную сетку.
Чтобы определить объем какого-нибудь тела, поместим
281,
его внутри кубической сетки (предполагая, что все тело про-
низывается линиями сетки) и сосчитаем число единичных
кубов, принадлежащих телу всеми своими точками (внут-
4 ренние кубы). Обозначим буквой Vo число внутренних кубов.
Сосчитаем теперь число кубов, которые хотя бы одной точкой
принадлежат данному телу {накрывающие кубы). Очевидно,
что это число равно числу внутренних кубов плюс число ку-
бов, пересекаемых поверхностью тела. Это число обозна-
чим Vo'.
Рис. 280	Рис. 281
Разобьем теперь каждый из кубов, пересекаемых поверх-
ностью тела, на 1000 кубиков и прибавим к числу Уо тысячные
доли, число которых равно числу внутренних кубиков, заполняю-
щих промежуток между областью внутренних единичных кубов
и поверхностью тела. В результате получим число Прибав-
ляя к нему тысячные доли, число которых равно числу кубиков,
пересекаемых поверхностью тела, получим число определяю-
щее новый объем накрывающих кубов. Кубики, пересекаемые
поверхностью тела, мы вновь разделим на 1000 новых кубиков
и снова произведем такой же подсчет. Продолжая этот процесс,
мы получим последовательности {Vn; V'n}. Если эти последова-
тельности сходящиеся, то определяемое ими число V и будет
объемом данного тела.
(32.2)	Непосредственное определение объемов при помощи
наложения масштабной кубической сетки встречает на практике
еще большие затруднения, чем определение площадей при по-
мощи палетки. Поэтому основной целью теории измерения объ-
емов является отыскание косвенного способа, при помощи кото-
рого измерение объемов сводится к измерению отрезков.
Рассмотрим прежде всего цилиндр, площадь основания ко-
торого равна S, а высота —Л, причем образующие цилиндра
перпендикулярны к плоскости его основания, т. е. цилиндр
282
прямой. Поместим этот цилиндр в кубическую масштабную сетку
так, чтобы одна из плоскостей сетки совпала с плоскостью ос*
нования цилиндра (рис. 281). Тогда для подсчета числа кубов
внутренней области мы сначала подсчитаем число квадратов
сетки, всеми своими точками принадлежащих основанию. Это
число равно So— приближенному значению площади основания
по недостатку. На каждом из этих квадратов построим колонку
кубов (одна из этих колонок показана на рис. 281); число вну-
тренних кубов в ней равно Ло— длине высоты по недостатку.
Итак, число кубов внутренней области определится формулой:
V^S0h0.
Подобным же образом для числа накрывающих кубов полу-
чим формулу:
V# = Soho,
где So — приближенное значение площади основания по избытку,
ho — приближенное значение длины высоты по избытку. Произ-
ведя дробление пограничных кубов на тысячные доли, получим
новые приближенные значения:
Vi = Sih} и Vj S\h\, Vj = Sg/ц и Vj = S%h^ и т. д.
Этим путем мы получим последовательности
{V„; Vn}, где Vn = Snhn и V'n = Snh'n. Непоследовательности
{Sn; S„) определяют число S, а последовательности {Лл; h'n} оп-
ределяют число h. По правилу умножения действительных чи-
сел последовательности {Snhn', S'nhn} определяют число Sh. Этим
числом выражается объем прямого цилиндра.
Итак, мы получили: объем прямого цилиндра равен произ-
ведению площади основания на длину высоты: V = Sh.
Отсюда можно получить целый ряд следствий:
1.	Объем прямой призмы равен произведению площади ос-
нования на длину высоты. Это следует из того, что призму
можно рассматривать как частный случай цилиндра, у которого
направляющей служит замкнутая ломаная линия.
2.	Объем прямоугольного параллелепипеда равен произве-
дению трех его измерений. Прямоугольный параллелепипед есть
частный случай прямой призмы, когда основанием служит пря-
моугольник. Если длина основания равна а, ширина его Ь, вы-
сота параллелепипеда равна с, то S = ab\ h = с и V = abc.
3.	Объем цилиндра вращения выражается формулой:
V = nR*h,
где R— длина радиуса основания, Л — длина высоты.
283
Заметим, наконец, что объем прямого цилиндра не изме-
нится, если перенести его параллельно линиям сетки или
повернуть около оси, параллельной образующей. Это объяс-
няется тем, что как площадь основания, так и длина высоты не
изменяются от изменения способа наложения масштабной сетки.
Поэтому формула V = Sh сохранится при любом перемещении
цилиндра по сетке, лишь бы его образующие оставались парал-
лельными линиям сетки.
(32.3)	Докажем теперь существование объема любого мно-
гогранника и найдем основные свойства этого объема.
Представим себе, что многогранник помещен внутри куби-
ческой масштабной сетки и линии этой сетки его пронизывают.
Пользуясь ранее описанным общим приемом последовательного
подсчета внутренних и накрывающих кубов, найдем последова-
тельности {Vn; Vn} и докажем, что они сходящиеся.
Из самого процесса получения внутренних и накрывающих
кубов имеем: 1) Vn<ZV'n\ 2) Vn+1> Vn\	3) Для оценки
разности V'n — Vn спроектируем каждую грань многогранника
на ту плоскость сетки, с которой эта грань образует двугран-
ный угол, не превышающий 45°. Возьмем одну из этих граней
и положим для определенности, что она проектируется на одну
из горизонтальных плоскостей сетки. Перенесем на эту плос-
кость в вертикальном направлении все кубы, пересекаемые дан-
ной гранью, подобно тому как это было сделано с пересекае-
мыми квадратами на рис. 273. В результате мы получим тело,
о(?ъем которого не превышает объема призмы с площадью осно-
вания, равной площади проекции грани по избытку, и высотой,
равной высоте двух кубоз (так как при угле, не большем 45°,
секущая плоскость может проходить одновременно не более чем
в двух расположенных друг над другом кубах). Итак, объем та-
кой призмы равен
где Sn— приближенное значение площади проекции грани по
избытку. При неограниченном увеличении п этот объем может
стать меньше любого положительного числа 8. Действительно, Sn
не возрастает, и потому это число остается меньше некоторого
2
положительного числа N. Число же —— при неограниченном
возрастании п становится меньше —. Поэтому мы получим:
^L<JV.l = e.
103n N
284
Итак, объем кубов, пересекаемых любой гранью, становится
и остается сколь угодно малым. Если число граней многогран-
ника равно k, то можно взять п настолько большим, что объем
кубов, пересекаемых каждой гранью, станет меньше —. Тогда
k
получим:
V'n-V„<k-?- = e.
К
Таким образом, выполнены все условия сходимости для по-
следовательностей {Vn, Vn} и, значит, существует число V,
определяющее объем многогранника.
(32.4)	Положим, что многогранник составлен из двух мно-
гогранников, причем объем его определяется последовательно-
стями {Wn\ Wn}, а объемы составляющих многогранников опре-
деляются последовательностями {Vn; V'n} и {vn\ v„} и равны
соответственно V и v. Полученные числа связаны неравенствами:
Vn + vn<Wn<Wn<Vn + Vn.
Первое из этих неравенств обусловлено тем, что в сумму
Vn + vn не входят кубы, пересекаемые границей между состав-
ляющими многогранниками, а в число Wn они входят. Последнее
же неравенство обусловлено тем, что в сумме Wn эти же гра-
ничные кубы считаются один раз, а в сумме V'n + v'n они счи-
таются дважды — один раз в V'n, другой — в v'n. Итак, имеем:
Vn + vnCWn} Wn<V'n + v'n,
откуда по основной теореме следует, что
V + v = Г,
т. е. если многогранник составлен из нескольких многогран-
ников, то его объем равен сумме объемов составляющих его
частей.
Непосредственно отсюда следует, что если один многогран-
ник составляет часть другого, то объем целого многогранника
больше объема любой его части.
И, наконец, докажем, что объем многогранника не изме-
няется, если его произвольным образом перемещать в прост-
ранстве.
Действительно, ранее (32.2) мы доказали, что объем цилиндра
(а значит, и призмы) не изменяется ни при параллельном пере-
носе, ни. при повороте около оси, параллельной образующей.
Эти выводы можно применить к объему единичного куба, кото-
19 А. И. Фетисов
285
рый также можно переносить параллельно и поворачивать около
любой оси, параллельной его ребру. Но мы знаем, что всякое
движение в пространстве можно заменить вращением и парал-
лельным переносом. Следовательно, ни при каком движении
объем куба не изменяется. Поэтому если мы поместим много-
гранник в кубическую сетку и найдем его объем V при помощи
последовательностей {Vn; Vn}, то, переместив этот многогранник
вместе с сеткой в любое другое положение, получим, что зна-
чение чисел Vn и V'n не изменится, а потому не изменится и
объем V.
Этот вывод, очевидно, остается в силе и для любого тела,
имеющего объем.
Итак, во всех случаях равные тела имеют и равные объ-
емы, или, что то же самое, объем тела не зависит от способа
наложения масштабной сетки.
(32.5)	Перейдем*геперь к выводу формул для определения
объемов различных тел.
Докажем прежде всего следующее предложение.
Теорема 1. Пусть мы имеем систему тел с объемами Уо,
Vlt V2,. . ., V„, . . •, находящихся внутри данного тела, и си-
стему тел с объемами V», К, V'it ... , Vn,. •. , внутри ко-
торых содержится данное тело. Если последовательности
{Vn, Vn} сходящиеся, то определяемое ими число V есть
объем данного тела.
Для доказательства наложим на тело кубическую масштаб-
ную сетку, и пусть IV т— число кубов лг-го разбиения, находя-
щихся внутри объема Vn, W'm— число кубов лг-го разбиения,
накрывающих объем е— данное положительное число. Возь-
мем п настолько большим, чтобы выполнялось неравенство:
V’n-Vn<-?~.
О
Установив это, возьмем т настолько большим, чтобы вы-
полнились неравенства:
Vn-Wm<-^ и W'm-Vn<-^-,
что всегда возможно, так как Wm — приближенное значение
объема многогранника Vn по недостатку, a W'm — приближенное
значение его объема Vn по избытку. Складывая почленно три
полученных неравенства, находим:
К-Гт<8
286
А это значит, что последовательности {ITm; W’m} при не-
ограниченном возрастании тип сходящиеся.
Действительно: 1) Wm<ZW'm, так как объем Wm составляет
часть объема W’m- 2) При увеличении п и т Wm увеличивается,
так как увеличивается У„, и при^'тех же условиях объем W’m
уменьшается, так как уменьшается Vn- 3) Наконец, мы'Гуже до-
казали, что для любого положительного е можно найти такие
тип, при которых будет иметь место неравенство:
К-Гт<8.
Положим, что последовательности Wm} определяют
число W. Вместе с тем мы имеем неравенства:
Гт< V'n и K>V„,
так как объем Wm есть часть Vn, а объем Vn— глсть Wm- Сле-
довательно, по основной теореме W — V.
Опираясь на основную теорему [см.
п. (29.3)], таким же путем нетрудно по-
казать, что объем V не зависит от того,
каковы будут последовательности тел
внутренних и накрывающих данное тело,
лишь бы последовательности их объемов
были сходящимися.
(32.6)	Теорема 2 (принцип Б. Ка- Рис 282
вальери *). Если при пересечении двух тел
плоскостями, параллельными одной и той
же плоскости, в сечении всегда получаются фигуры, равно-
великие между собой, то объемы этих тел равны.
Допустим, что сечения, указанные в теореме, параллельны
горизонтальной плоскости (рис. 282). Наложим на оба тела
кубическую масштабную сетку так, чтобы одна из плоскостей
сетки была горизонтальна. Положим, что объем первого тела
равен V и определяется последовательностями {Vn; Vn}, а объем
второго тела равен W и определяется последовательностями
W, Wn}.
Рассмотрим два сечения, определяемых горизонтальными
плоскостями, расстояние между которыми равно единице. Пусть
число единичных внутренних квадратов, помещающихся на пло-
щади первого сечения в первом теле, равно Sm, а число еди-
ничных квадратов, накрывающих ту же площадь, равно Sm.
Бонавентура Кавальери (1598—1647)—выдающийся итальянский
математик. Его <метод неделимых» весьма близок к открытым позднее
методам анализа бесконечно малых.
19*
287
Поэтому число единичных внутренних кубов, помещающихся
на той же площади, будет не больше Sm, а число накрывающих
кубов, помещающихся на той же площади, не меньше Sm. Пусть
Z„ и Z’n — соответственно числа внутренних и накрывающих
квадратов на площади того же сечения во втором теле. Так
как площади обоих сечений равны, то будем иметь неравенства:
•Sm Zm, Sm Zm*
Отсюда следует, что число внутренних кубов, помещающихся
на данной площади в первом теле, меньше числа накрывающих
.кубов, помещающихся на этой же плоскости во втором теле.
Число же накрывающих кубов на этом сечении в первом теле
больше числа внутренних кубов того же сечения во втором
теле. А так как это же рассуждение можно повторить для
любого сечения, то будем иметь вообще:
Аналогично получим:
V2 < W'3, V3 > Г2; V3 < W3; V3 > W3, . . . , Vn < W'n,
V'n>Wn.
Согласно основной теореме отсюда следует, что V = W, т. е.
что объемы тел равны между собой.
(32.7)	Теорема 3 (Симпсона1). Если площадь сечения тела
плоскостью, перпендикулярной к высоте этого тела, есть
функция не выше второй степени от расстояния сечения до
постоянной (начальной) точки на высоте, то объем тела вы-
ражается формулой:
V= A(5o + 4sm + Sn)>
О
где h— высота тела, So — площадь нижнего основания, Sn — пло-
щадь верхнего основания, Sm — площадь среднего сечения.
Положим, что площадь S сечения, находящегося на рассто-
янии х от начальной точки, выражается формулой:
S (х) = ах2 + Ьх + с.
При этом мы будем пока предполагать, что функция 5(х)
монотонно возрастает от начальной точки до конечной.
1 Томас Симпсон (1710—1761)—английский математик. Был сначала
ткачом и школьным учителем в Дерби, а потом профессором математики
в военной школе в Вульвиче.
288
Для вывода формулы Симпсона рассмотрим тело вращения,
у которого площадь сечения, перпендикулярного к оси, равна
ах2 + Ьх + с. Очевидно, в сечении получится круг, радиус ко-
торого легко определить из уравнения:
лг2 = ах2 + Ьх + с, откуда г = ax2+J>x + c.
Согласно принципу Кавальери объем этого тела вращения
будет равен объему любого тела, площадь перпендикулярного
сечения которого выражается той же формулой:
S = ах2 4- Ьх + с.
Итак, рассмотрим тело вращения с высотой h (на рис. 283
показан разрез тела вращения по оси; площадь сечения выра-
жается формулой: S = х2 4- Зх 4- 7). Разделим высоту на п
равных частей и через точки деления проведем секущие плоско-
сти перпендикулярно к высоте. На каждой из полученных пло-
щадок построим внутренние и накрывающие цилиндры с общей
высотой, равной — . Объемы внутренних цилиндров обозначим
п
через о0,	о2, . . ., и„_х. Объемы накрывающих цилиндров
обозначим через v[, о2, у3,. . . , v'n. Сумму объемов внутренних
цилиндров обозначим через Vn, а сумму объемов накрывающих
цилиндров — через Vn- Докажем, что при неограниченном уве-
личении п последовательности {V„; V'n} будут сходящимися.
Действительно, из самого определения чисел Vn и Vn имеем:
1)	2) Ул+1>Ул; Ул+1<Ул. 3) Для оценки разности
V'n — Vn заметим, что Vn = и0 + их + v2 4- . . . + vn_i, V'n =
= v'i 4- v'2 4- v3 4- . . . 4- v'n. Ho = vi, v2 = v3,	, vn-i =
= v'n-v так как У кажД°й пары этих цилиндров общее основа-
ние и одинаковые высоты—. Следовательно, Vn— Vn=vn—v0,
п
при этом	ввиду предполагаемого монотонного возраста-
ния функции S(x).
Но vn = So • — , vn = Sn —, где So — площадь начального,
п	п
Sn — площадь конечного сечения. Итак,
п
Так как й, So и Sn — постоянные числа, а число п неогра-
ниченно возрастает, то разность Vn — Vn при достаточно боль-
289
шом значении п может стать меньше любого положительного
числа.
Поэтому последовательности {Ул; Vn} сходящиеся и опреде-
ляют число V — объем данного тела. Отсюда следует, что число
V можно рассматривать как общий предел чисел Vn и Vn при
неограниченном возрастании п.
Найдем число V, для чего выведем общую формулу для
числа Vn. По условию теоремы имеем:
«г.	О	h	f	h2	.	.h	.	\
—	Sj —	— I и----1-	b--р	с ) *,
п	п	\	И2	п	J
h	Q	h	(	22h2	.	.	2h	,	\
v2 = — S2= —la — + b-----------he ;
n	n	\	n2	n	/
„ h Q	h	(	32/12	, ,	3/1	. \
f 3 = — S3	=	—	a--------h b-he;
n n \ n2 n J
„	/1 Q	h	(	n2h2	. ,	nh	. \
vn = —Sh	=	—	a--------p b-h c .
n n \ n2 n j
Суммируя все эти равенства, получим:
у; = А Г^-(Р + 22 + 3’ + ... + л2) + — (1 + 2 + з +...
n L п2	п
... + л) + пс .
Но по формуле Архимеда имеем:
Р 4- 22 + з2 + ... 4- п2 = _1А+_ША+А г
6
а по формуле арифметической прогрессии получим:
1+24-3+.. .+п = п^п+.1} .
290
Поэтому
у' = ahs . n(n + i)(2n + i) . frft* . n(я +1)	.
" п»	6	"я» ’	2 Т ’
или
И, наконец:
V = lim V' = — +	+ ch,
п-ю	3	2
1
так как lim — — 0. Итак, мы получили для объема данного
л-юо П
тела формулу:
ah3 , bh2 , <
V =-----4-----h ch.
3*2
Эта формула выведена в предположении, что функция S(x)
монотонно возрастает. Если бы оказалось, что на данном про-
межутке функция S (х) = ах2 + Ьх-\- с монотонно убывает, то
достаточно верхнее основание принять за нижнее, а нижнее —
за верхнее и повторить прежние рассуждения (см. рис. 284, на
котором S (х) = х2 — 19х + 65).
Если, наконец, функция S(x) от 0 до изменяется в одном
направлении, в точке ht достигает максимума или минимума,
а от точки h± до h изменяется в другом направлении, то, вы-
числяя сначала объем от 0 до hlt а потом от до h и сум-
мируя оба объема, мы. вновь получим ту же формулу:
v. ah3 , bh2 . .
V =-------------h ch.
3 f 2
Если теперь в формулу ах2 + Ьх + с подставить последова-
тельно х = 0, х = -^~ и х = й, то получим:
S0 = c; Sm	+ Sn = ahz + bh + c.
Умножая
h	л h
первое из этих равенств на —, второе — на4—,
h
третье — на — и суммируя, получим:
h q _ ch .
h о _ ah3 । bh2 , 4сЯ
291
ft О  ah3 I frft2 I eft
6	6	6	6
-J- (So + 4Sm + S„) -	4-	+ ch = V
о	о 2
и окончательно
V = ~(S0 + 4Sm + Sn).
(32.8) Применим теперь доказанные теоремы к вычислению
объемов различных тел.
I. Объем всякого цилиндра и всякой призмы равен произве-
дению площади основания на длину высоты.
Согласно принципу Кавальери, объем наклонного цилиндра
равен объему прямого цилиндра, если равны площади их осно-
ваний и высоты. Действительно, подставив оба тела на гори-
зонтальную плоскость (рис. 285), нетрудно убедиться, что в се-
чении этих тел любой горизонтальной плоскостью получатся
фигуры, равные основаниям, а потому равновеликие между собой.
Такие два тела удовлетворяют условиям принципа Кавальери
и, значит, объемы их равны между собой. А для прямого ци-
линдра и прямой призмы была уже выведена формула:
V = Sh.
II. Объем всякой пирамиды и всякого конуса равен одной
трети произведения площади основания на длину высоты.
Если конус или пирамиду пересечь плоскостью, параллель-
ной основанию, то в сечении получается фигура, гомотетичная
основанию; центром гомотетии служит вершина, а коэффициент
гомотетии равен отношению расстояний этих фигур (сечения
и основания) от вершины (рис. 286). А так как отношение пло-
292
щадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия,
то мы получим:
где Q — площадь основания, 5 — площадь сечения, h — длина
высоты, х — расстояние плоскости сечения от вершины. Мы
видим, что площадь сечения выражается квадратной функцией
от расстояния х. Если расстояние брать не от вершины, а от
основания, то формула площади сечения принимает другой
вид:
S =	,	(2>
но функция по-прежнему остается квадратной. Поэтому мы мо-
жем для определения объема использовать формулу Симпсона:
V =4(So + 4Sm + s„).
Здесь 50 = 0; Sm = -у, Sn = Q [по формуле (1)]. Поэтому по-
лучим: V = — (0 + Q + Q) = — . Итак,
6	3
у - 0!ь
з
Для конуса вращения с высотой h и радиусом основания 7?
по этой формуле получим:
у___ziR2h
~ 3
III.	Объем усеченного конуса, а также и усеченной пира-
миды выражается формулой:
V = ~(Q + VQq + q),
О
где h — высота тела, Q — площадь нижнего основания, q —
площадь верхнего основания.
Формула (2) показывает, что к этим телам применима фор-
мула Симпсона. Применяя ее, получим:
V - 4 (Q + 4Sm + q).
О
293-
Для определения площади среднего сечения Sm заметим, что
линейные размеры среднего сечения являются средним арифме-
тическим линейных размеров верхнего и нижнего основа-
ний. В то же время эти размеры пропорциональны корням
квадратным из соответствующих площадей. Поэтому имеем:
Y.Q + tTl = 2, ИЛИ 2 Ys^n = Vq + vV,
и, наконец,
4Sm =Q + 2 VQq + q.
Подставляя это значение в формулу объема, получим:
V = ±(2Q + 2VQq+2qy
О
Окончательно:
V = -^(Q + VQq + q).
О
Для усеченного конуса вращения с высотой h, радиусом
верхнего основания г и радиусом нижнего основания R получим:
v(7?2 + ^r + r2)-'-
О
IV.	Объем, шара с радиусом [R (диаметр D) выражается
формулой:
V = — nR3 или V ---------.
3	6
Обозначим буквой г радиус сечения, находящегося на рас-
стоянии х от конца Р диаметра (рис. 287). Тогда из прямо-
294
угольного треугольника 00'А, в котором О А = R, ОО'= R —х,
О'А = г, получим: г2 = R2 — (R — х)2 = 2Rx — х2. Площадь
этого сечения равна:
яг2 = 2nRx — лх2.
Мы видим, что 'эта площадь есть квадратная функция от
расстояния х. Поэтому объем шара можно вычислить по фор-
муле Симпсона.
В данном случае мы имеем: So = 0; Sm = я/?2; Sn — 0,
h = 2R, и формула Симпсона нам дает:
V = ^(0 + 4яЯ2 + 0) = — nR3.
6	3
Подставляя вместо R равную ему величину —, получим:
V = ^
6
(32.9) Для того чтобы по объему данного тела вычислить
объем подобного ему тела, можно пользоваться следующим
предложением:
Теорема 4. Отношение объемов подобных тел равно кубу
коэффициента подобия.
Пусть объем V данного тела определяется последовательно-
стями {Vn; Vn}. Подвергнем эту фигуру вместе с наложенной
иа нее масштабной сеткой преобразованию подобия с коэффи-
циентом k. Тогда объем каждого куба “масштабной сетки станет
равен /г3. Поэтому объем нового тела определится последова-
тельностями {£8V„; h?Vn} и потому будет равен k3V. Отсюда,
в частности, следует, что объемы двух шаров относятся друг
к другу как кубы их радиусов или диаметров.
Ввиду того что формулы для вычисления объемов тел полу-
чены нами независимо от измерения их поверхностей, покажем
как из формулы для определения объема тела можно получить
формулу для определения площади его поверхности.
Выведем, например, формулу площади сферы, зная формулу
объема шара. Представим себе, что сфера радиуса R покрывает-
ся слоем краски равномерной толщины AR. Объем V всей
краски можно получить, вычитая из объема шара с радиусом
R + AR объем шара с радиусом R. Произведя соответствующие
преобразования, получим:
V = — я (/? + AR}3 — А я/?3 = — я (R3 + 3£2Д£ + 3RAR2 +
3	3	3
+ Д7?3-Я3).
295
Следовательно, V = — rtAR (3R2 + 3RAR + AR2). Но этот
3
же объем заключен между двумя сферами — с радиусами R + AR
и R. Площадь первой сферы обозначим буквой S', второй — S,
причем S' S. Если бы понадобилось вычислить количество
краски, покрывающей сферу, то естественно принять за прибли-
женное его значение произведение площади сферы на толщину
слоя краски. Таким образом, с одной стороны, это приближен-
ное значение будет меньше истинного объема краски, так как
площадь сферы меньше внешней поверхности слоя, с другой
стороны, произведение внешней поверхности на толщину слоя
даст приближенное значение объема краски по избытку. Сле-
довательно, мы получим неравенства:
S-AR<V<S'AR,
т. е.
S • AR < — nAR (3R2 + 3R AR + AR2).
3
Деля обе части неравенства на AR, получим:
S < — л (3R2 + 3R AR + AR2) < S'.
3
Если AR будет стремиться к нулю, то S' будет стремиться
к S, а следовательно, и заключенная между ними переменная
величина будет тоже стремиться к S. Итак, мы имеем:
S = Пт — л (3R2 + 3RAR + AR2) = А л 3R2 = 4nR2,
д/?-*о 3	3
т. е. вновь получили ранее выведенную формулу для площади
сферы
S = 4л/?2.
Упражнения
1.	Доказать, что объем наклонной призмы равен объему
такой прямой призмы, у которой основанием служит перпен-
дикулярное сечение наклонной призмы, а высотой — боковое
ребро этой призмы.
2.	Доказать, что объем треугольной призмы равен поло-
вине произведения площади ее боковой грани на расстояние
от этой грани до противоположного ребра.
3.	Какие измерения нужно произвести на модели правиль-
ной четырехугольной пирамиды, чтобы вычислить ее объем?
Тот же вопрос для правильной шестиугольной пирамиды.
296
4.	Доказать, что объем пирамиды или конуса не изменит-
ся, если их вершину переместить параллельно плоскости осно-
вания.
5.	Даны две скрещивающиеся прямые т и п. На первой
даны точки А и В, на второй — точки С и D. Доказать, что
объем тетраэдра ACBD не изменится, если отрезки АВ и CD
будут перемещаться по прямым т и п, сохраняя свою длину.
6.	Вычислить объем правильного тетраэдра, длина ребра
которого равна а.
7.	Доказать, что объемы двух тетраэдров, имеющих общий
трехгранный угол, относятся, как произведения длин ребер,
принадлежащих этим трехгранным углам.
8.	Найти объем правильного октаэдра, длина ребра кото-
рого равна а.
9.	Тетраэдр срезан четырьмя секущим,и плоскостями, каж-
дая из которых проходит через середины трех его ребер.
Найти отношение объема оставшегося тела к объему тетра-
эдра.
10.	Трехгранные углы куба срезаны восемью секущими
плоскостями, проходящими через середины трех ребер, имею-
щих общую вершину. Определить отношение объема остав-
шегося тела к объему куба.
11.	Определить объем помещения под четырехскатной
крышей, если основанием ее служит прямоугольник со сто-
ронами длиной -а и Ь, длина «конька» крыши равна с, а рас-
стояние его от основания равно h.
12.	Вычислить объем тетраэдра, ес-
ли известна площадь параллелограм-
ма, вершинами которого служат сере-
дины четырех ребер, и если дано рас-
стояние между двумя другими ребра-
ми.
13.	Сечение тела плоскостью, пер-
пендикулярной к высоте, имеет пло-
щадь S = ax2 + bx + c, где х — расстоя-
ние сечения от нижнего основания. Вы-
сота тела равна h. Функция монотон-	Рис. 288
но возрастает от 0 до hi, а от hi до h
монотонно убывает. Доказать, что и в этом случае объем вы-
ражается формулой Симпсона.
14.	Доказать, что если тело можно разбить на несколько
тел, имеющих общую высоту, и если каждое из этих тел
удовлетворяет условиям теоремы Симпсона, то и объем всего
тела можно вычислить по формуле Симпсона.
15.	Два различных многоугольника находятся в парал-
лельных плоскостях. Соединяя вершины одного с вершинами
другого, получим тело, называемое призматоидом (рис. 288).
297
Доказать, что объем призматоида можно вычислить по фор-
муле Симпсона.
16.	Деревянный цилиндр вращения плавает в воде так,,
что его ось вращения горизонтальна. Насколько он погру-
зится в воду, если удельный вес дерева равен 0,7, а диаметр*
равен 20 см?
17.	Цилиндр вращения пересечен плоскостью, не парал-
лельной основанию. Какие нужно произвести измерения, что-
бы найти объем его части между основанием и плоскостью*
сечения?
18.	Доказать, что объем тела, полученного от вращения-
прямоугольника около оси, параллельной одной из его сто-
рон и не пересекающей его, равен произведению площади
прямоугольника на длину окружности, описываемой его цент-
ром.
19.	Две цилиндрические поверхности с одинаковыми ра-
диусами расположены так, что их оси пересекаются под пря-
мым углом. Определить объем подушкообразного тела,,
ограниченного обеими поверхностями вращения.
20.	Определить объем конуса вращения, если угол его*
развертки равен а, а длина образующей равна I.
21.	Определить объем конуса вращения, вписанного
тетраэдр, длина ребра которого равна а.
22.	Данную пирамиду (или конус) разделить на две рав-
новеликие части плоскостью, параллельной основанию.
23.	Вычислить отношение объема шара, вписанного в куб,,
к объему шара, описанного около куба. Такое же задание
для октаэдра и тетраэдра (правильных).
24.	Шаровым сегментом называют часть шара, заключен*
ную между двумя параллельными плоскостями, которые мо-
гут пересекать шар или касаться его. Определить объем ша-
рового сегмента, если радиусы сечений равны п и г2, а рас-
стояние между плоскостями равно h.
25.	Парабола, уравнение которой у = ах2, вращается-
вокруг оси Оу. Определить объем параболоида вращения от
вершины до перпендикулярного сечения на расстоянии h от
вершины.
26.	Даны две скрещивающиеся прямые а и Ь, угол между
которыми равен <р, а расстояние ОА = а (ОаЬ, Леа). Пря-
мая а, вращаясь вокруг &, описывает поверхность, называе-
мую однополостным гиперболоидом вращения. Определить
объем, ограниченный этой поверхностью и двумя плоскостя-
ми, проходящими на расстоянии h от точки О перпендикуляр-
но к прямой Ь.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Часть I. Планиметрия
Глава I. Преобразования на плоскости
§ 1.	Краткий обзор пройденного........................... 5
§ 2.	Осевая симметрия........................................ 9
§ 3.	Центральная симметрия...................................29
§ 4.	Параллельный перенос....................................38
§ 5.	Вращение (поворот)......................................47
§ 6.	Гомотетия.............................................  64
§ 7.	Подобие.................................................28
Глава II. Метрические соотношения в треугольнике и в окружности
§ 8.	Метрические соотношения в треугольнике...................94
§ 9.	Метрические соотношения в окружности....................111
Часть II, Стереометрия
Г л а ва III. Введение
г
§ 10.	Основные понятия стереометрии........................ 121
§ 11.	Аксиомы стереометрии и их следствия...................122
Глава IV. Параллельность в пространстве
§ 12.	Параллельные прямые.................................. 125
§ 13.	Параллельность прямой и плоскости.....................131
§ 14.	Параллельность плоскостей.............................133
§ 15.	Задачи на построение в пространстве...................135
Глава V. Перпендикулярность в пространстве
§ 16.	Перпендикулярность прямой и плоскости.................153
§ 17.	Перпендикулярность плоскостей и ортогональные проекции 158
Глава VI. Двугранные и многогранные углы
§ 18.	Двугранные углы........................................166
§ 19.	Многогранные углы......................................170
Глава VII. Преобразования в пространстве
§ 20.	Симметрия в пространстве...............................177
§ 21.	Движения в пространстве................................185
§ 22.	Гомотетия и подобие в пространстве.....................196
Глава VIII. Многогранники
§ 23.	Призмы............................................206
§ 24.	Пирамиды .........................................213
§ 25.	Правильные	многогранники..........................218
Глава IX. Круглые тела
§ 26.	Цилиндр............................................232
§ 27.	Конус..............................................236
§ 28.	Сфера и шар........................................241
Глава X. Измерение геометрических величин
£ 29.	Действительные	числа...............................253
§ 30.	Измерение линий....................................262
§ 31.	Площади............................................270
§ 32.	Объемы тел.........................................281
Антонин Иванович Фетисов
ГЕОМЕТРИЯ
Редактор В. С. Капустина. Оформление художника Л. И. Конвиссера
Техн, редактор Е. К. Полукарова Худож. редактор Т. И. Добровольнова
Корректоры Е. А. Блинова, В. А. Седова
Сдано в набор 1/VI 1963 г. Подписано к печати 27/IX 1963 г.
Формат 60 X 92716 Бум. л. 9,38 Печ. л. 18,75 Уч.-изд. л. 16,3
Тираж 34800 экз. Заказ 5719
Цена 54 коп.
Изд-во АПН РСФСР, Москва, Погодинская ул., 8.
2-я Типография АН СССР. Шубинский переулок, 10
ОПЕЧАТКИ
Стр.	Стр сверху	юка снизу	Напечатано	Следует читать
15	4		s(AP) = А'Р	s(AP) = A'P
87	8		| Д I АВС.	& ABC.
178		17	плоскость а	плоскость a'
187		7	г(А) = А'	rw(A) = A'
195		13	отражателей	отражений
247	17		П = kn cos а, где а — величина угла MiOMi	ri = kn cos a', где a' — величина угла OMiMi
247	19		Si = 2nknl cos a.	si = 2nknl cos a'.
247	20		Z MiOMi'= Z>MoP=a. Поэтому I	= hi	Z OMiMi' = Z AiAoP = a'. Поэтому I cos a' = hi
265		3	5а	5a
А. И. Фетисов «Геометрия»
5 Чпоп