Геометрия. 10-11 классы - Калинин А.Ю., Терёшин Д.А.

§ 0.2. Элементы логики и теории множеств

§ 1.3. Взаимное расположение двух прямых

§1.4. О существовании объектов и построениях

§ 2.2. Параллельность плоскостей. Транзитивность

§ 2.3. Параллельное и центральное проектирование

§ 2.4. Первоначальное понятие о многогранниках

§ 2.6. Сечение многогранника. Построение сечений

§ 2.8. Решение задач на сечения многогранников

§ 3.3. Угол между прямыми. Угол между векторами

Глава 4. Перпендикулярность в пространстве

§ 4.2. Связь параллельности и перпендикулярности

§ 4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках

§ 4.7. Применение теорем о перпендикулярности

§ 5.4. Многогранные углы. Трёхгранный угол

Глава 7. Геометрические места точек пространства

§ 7.3. Различные геометрические места точек

§ 8.5. Преобразование подобия в пространстве

§ 8.6*. Равенство и подобие треугольников

§ 9.2. Положение основания высоты пирамиды

§ 9.5. Задачи на комбинации многогранников

§ 10.4. Комбинации шара с цилиндром, конусом

§ 10.8. Комбинации шара с многогранниками

§ 11.1. Векторное и смешанное произведения

§ 11.2. Приложения произведений векторов

§11.8. Примеры решения задач методом координат

Глава 13. Объём и площадь поверхности тела

§ 13.2. Объём прямоугольного параллелепипеда

§ 13.3. Методы вычисления объёма. Объём цилиндра

§ 13.7. Об определении площади поверхности

§ 13.8. Площадь поверхности по Минковскому

§ 3. Некоторые формулы площади треугольника

§ 4. Формулы, связывающие элементы треугольника

§ 5. Следствия из теоремы о вписанном угле

§ 6. Вписанные и описанные многоугольники

§ 7. Геометрические места точек плоскости

Author: Калинин А.Ю. Терёшин Д.А.

Tags: геометрия топология математика

ISBN: 978-5-94057-581-8

Year: 2011

Similar

Теоремы и задачи школьной геометрии

Геометрия для 9-10 классов средней школы

Факультативные курсы по математике для 10-11 классов

Геометрия. Часть 2

Text

А. Ю. Калинин, Д. А. Терешин
Геометрия
10-11 классы
мцнмо

А. Ю. Калинин, Д. А. Терёшин
Геометрия
10—11 классы
Новое издание,
исправленное и дополненное
Учебник для общеобразовательных учреждений
Профильный уровень
Рекомендован Министерством образования
и науки Российской Федерации
Москва
Издательство МЦНМО
2011

УДК 514.1
ББК 22.151
К17
Калинин А. Ю., Терёшин Д. А.
К17 Геометрия. 10—11 классы,— Новое изд., испр. и доп.—
М.: МЦНМО, 2011.-640 с, ил.
ISBN 978-5-94057-581-8
В учебнике изложен курс геометрии для 10—11 классов
средней школы (профильный уровень). Подробно разобран
теоретический материал и многочисленные задачи. В каждой главе
приводятся задачи для самостоятельного решения, к которым
даны ответы и указания. Наряду со «стандартными» широко
представлены «нестандартные» задачи, в том числе задачи
математических олимпиад разного уровня и вступительных
экзаменов в ведущие российские вузы. В отдельную главу
выделено систематическое обсуждение некоторых важных идей
и методов решения задач.
Для учащихся школ с углубленным изучением математики
и абитуриентов.
ББК 22.151
Александр Юрьевич Калинин
Дмитрий Александрович Терёшин
ГЕОМЕТРИЯ
10-11 КЛАССЫ
Научный редактор С. В. Резниченко
Технический редактор Д. Е. Щербаков
Подписано в печать 11/IX 2010 г. Формат 60 х 90 Vie.
Бумага офсетная № 1. Печать офсетная. Объём 40 печ. л.
Гарнитура Школьная. Тираж 2000 экз. Заказ 3383
Издательство Московского центра
непрерывного математического образования.
119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11.
Тел. (499) 241-74-83.
Отпечатано в ГУП «Типография „Наука"».
199034, Санкт-Петербург, В. О., 9 линия, 12
© А. Ю. Калинин,
Д. А. Терёшин, 20ll.
ISBN 978-5-94057-581-8 © Издательство МЦНМО, 2011.

Оглавление
Предисловие 7
Благодарности 13
10 класс
Глава 0. Вводная
§ 0.1. Игра в геометрию 17
§ 0.2. Элементы логики и теории множеств 22
§ 0.3. Основные обозначения 30
Глава 1. Введение в стереометрию
§1.1. Неопределяемые понятия и аксиомы 33
§ 1.2. Простейшие следствия из аксиом 37
§ 1.3. Взаимное расположение двух прямых 40
§1.4. О существовании объектов и построениях 43
Задачи 45
Глава 2. Параллельпость в пространстве
§2.1. Прямая и плоскость в пространстве 47
§ 2.2. Параллельность плоскостей. Транзитивность .... 50
§ 2.3. Параллельное и центральное проектирование ... 55
§ 2.4. Первоначальное понятие о многогранниках .... 59
§ 2.5. Изображение фигур в стереометрии 63
§ 2.6. Сечение многогранника. Построение сечений ... 67
§ 2.7. Применение проектирования 77
§ 2.8. Решепие задач на сечения многогранников 84
Задачи 93
Глава 3. Векторы в пространстве
§ 3.1. Определение вектора. Линейные операции 101
§ 3.2. Компланарность векторов 107
§ 3.3. Угол между прямыми. Угол между векторами ... 112
§ 3.4. Скалярное произведение векторов 117
§ 3.5. Примеры решения задач 120
Задачи 125

4 Оглавление
Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
§4.1. Перпендикулярность прямой и плоскости 129
§ 4.2. Связь параллельности и перпендикулярности . . . 132
§ 4.3. Теорема о трёх перпендикулярах 133
§ 4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках 134
§ 4.5. Угол между прямой и плоскостью 141
§ 4.6. Расстояние между фигурами 143
§ 4.7. Применение теорем о перпендикулярности 147
§ 4.8. Нахождение расстояний и углов 155
§ 4.9. Геометрический подход 161
Задачи 168
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
§ 5.1. Двугранный угол и его измерение. Биссектор ... 173
§ 5.2. Угол между двумя плоскостями 177
§ 5.3. Площадь ортогональной проекции 182
§ 5.4. Многогранные углы. Трёхгранный угол 186
§ 5.5. Расчёт трёхгранных углов 191
Задачи 197
Глава 6* Элементы теории многогранников
§ 6.1. Пространственная область 201
§ 6.2. Многогранники и их элементы 203
§ 6.3. Правильные многогранники 204
§ 6.4*. Теорема Эйлера 208
Задачи 211
Глава 7. Геометрические места точек пространства
§ 7.1. Основные геометрические места точек 213
§ 7.2. Геометрические места точек 217
§ 7.3. Различные геометрические места точек 222
Задачи 226
Глава 8. Преобразования пространства
§ 8.1. Основные определения. Перемещения 229
§ 8.2. Параллельный перенос 237
§ 8.3. Поворот вокруг оси 240
§ 8.4. Центральная симметрия 245
§ 8.5. Преобразование подобия в пространстве 250
§ 8.6*. Равенство и подобие треугольников 254
§ 8.7*. Группы преобразований 256

Оглавление 5
§ 8.8*. Классификация перемещений 264
Задачи 268
Глава 9*. Решение задач
§ 9.1. Зависимость между углами в пирамиде 271
§ 9.2. Положение основания высоты пирамиды 276
§ 9.3. Метод вспомогательного объёма 282
§ 9.4. Вспомогательный многогранник 287
§ 9.5. Задачи на комбинации многогранников 295
Задачи 304
11 класс
Глава 10* Тела вращения
§ 10.1. Предварительные замечания 313
§ 10.2. Сфера и шар 326
§ 10.3. Части шара и сферы 330
§ 10.4. Комбинации шара с цилиндром, конусом 333
§ 10.5. Взаимное расположение двух сфер 338
§ 10.6. Комбинации с многогранниками 346
§ 10.7. Теоремы о касательных и секущих 358
§ 10.8. Комбинации шара с многогранниками 364
§ 10.9*. Нестандартные комбинации 387
§ 10.10*. Конические сечения 402
Задачи 411
Глава 11. Векторы в пространстве (продолжение)
§ 11.1. Векторное и смешанное произведения 423
§ 11.2. Приложения произведений векторов 434
§ 11.3. Уравнение прямой в пространстве 440
§ 11.4. Уравнение плоскости 447
§ 11.5. Некоторые примеры 453
§ 11.6. Декартова система координат 459
§ 11.7. Уравнение сферы 467
§11.8. Примеры решения задач методом координат ... 474
Задачи 482
Глава 12. Задачи на максимум и минимум
§ 12.1. Предварительные замечания 489
§ 12.2. Примеры решения задач 493

6 Оглавление
§ 12.3. Геометрические неравенства 513
Задачи 520
Глава 13. Объём и площадь поверхности тела
§ 13.1. Определение объёма 525
§ 13.2. Объём прямоугольного параллелепипеда 528
§ 13.3. Методы вычисления объёма. Объём цилиндра . . 534
§ 13.4. Объём тетраэдра 540
§ 13.5. Объём пирамиды и конуса 545
§ 13.6. Объём шара и его частей 546
§ 13.7. Об определении площади поверхности 549
§ 13.8. Площадь поверхности по Минковскому 555
Задачи 567
Приложение
Избранные теоремы и методы планиметрии
§ 1. Свойство биссектрисы угла треугольника 573
§ 2. Решение треугольников 576
§ 3. Некоторые формулы площади треугольника 581
§ 4. Формулы, связывающие элементы треугольника . . . 585
§ 5. Следствия из теоремы о вписанном угле 589
§ 6. Вписанные и описанные многоугольники 594
§ 7. Геометрические места точек плоскости 599
§ 8. Теоремы Чевы и Менелая 607
Ответы и указания к задачам 614
Литература 636

Предисловие
Это не предисловие, а
преамбула. Она необходима, однако
я постараюсь быть кратким.
Р. Стаут. Резиновая лента
Этот учебник представляет собой курс геометрии для
старших классов профильной физико-математической
школы.
Книга написана на основе лекций, читавшихся
авторами с 1991 года учащимся физико-математических классов
при Московском физико-техническом институте,
созданных в конце восьмидесятых годов прошлого века на базе
средней школы № 5 (ныне — физико-математический лицей
№ 5) г. Долгопрудного, а также на основе опыта проведения
практических занятий по геометрии в этих классах.
Учебник обладает рядом особенностей, на которые нам
хотелось бы обратить внимание читателей. В ту его часть,
которая предлагается для изучения в десятом классе,
включены некоторые разделы стереометрии, которые ранее
традиционно относились к курсу одиннадцатого класса
(например, двугранные и многогранные углы, элементы теории
многогранников). Причин этому несколько.
Во-первых, отделение аффинных вопросов
стереометрии от метрических (десятый класс — параллельность
прямых и плоскостей в пространстве, одиннадцатый класс —
многогранники, тела вращения, теория площади
поверхности и объёма) представляется нам неестественным.
Интуитивные представления о геометрических телах и их объёме
формируются с самого детства. Этих представлений,
основанных на повседневном опыте, зачастую оказывается
достаточно для решения многих содержательных
метрических задач. Нам кажется совершенно необходимым как
можно раньше учиться решать задачи, ведь формулировки

8 Предисловие
многих из них понятны, даже если строгие определения
тела и его объёма ещё неизвестны.
Во-вторых, как нам кажется, изучение нового
материала в конце одиннадцатого класса вряд ли целесообразно. Не
секрет, что в это время у большинства учащихся на первый
план выходит решение чисто утилитарной задачи —
успешного поступления в вуз. На сегодняшний день это означает
подготовку к участию в олимпиадах и к сдаче экзаменов,
где задачи по геометрии традиционно являются одними из
самых сложных. Поэтому нам представляется, что второе
полугодие одиннадцатого класса лучше посвятить
повторению всего курса геометрии и хорошенько потренироваться
в решении задач.
Отметим ещё, что выбор тем, отнесённых к курсу
одиннадцатого класса, также не совсем обычен. Мы старались
включить в эту часть учебника те вопросы стереометрии,
которые требуют более серьёзной подготовки в области
алгебры и математического анализа, и уделить им серьёзное
внимание (что, на наш взгляд, трудно сделать в конце
последней четверти одиннадцатого класса). Например,
теорию площадей поверхностей и объёмов естественно
излагать в конце первого — начале второго полугодия
одиннадцатого класса, поскольку, с одной стороны, у учащихся к
этому моменту сложились достаточные интуитивные
представления об объёме и площади поверхности и, с другой
стороны, в курсе алгебры и математического анализа изучен
необходимый для изложения аппарат дифференциального
и интегрального исчисления.
В то же самое время, предложенное разделение
стереометрии на две части — 10 и 11 классы — не является
столь жёстким. В зависимости от интересов и подготовки
учащихся, преподаватель может решить вернуться к темам,
опущенным при изучении первой части курса.
Таким образом, в нашей модели из всего курса
стереометрии приблизительно две трети приходится на курс
десятого класса. Опыт авторов и многих учителей, рабо-

Предисловие 9
тавших по первым двум изданиям этой книги,
показывает, что такой путь изучения материала вполне реален.
Разумеется, он не является единственно возможным, и
авторам известны многочисленные примеры работы по
нашему курсу в рамках привычной большинству учителей
модели.
Ещё одной особенностью книги является
систематическое обсуждение важных идей и методов решения задач.
В каждой главе содержатся многочисленные примеры,
снабжённые подробными решениями. Более того, методам
решения задач посвящена отдельная глава (девятая).
Разумеется, все они не являются новыми и оригинальными, но
их изложение ранее можно было найти, пожалуй, в
разрозненных журнальных статьях. По-видимому, вместе и с
достаточной степенью подробности эти идеи и методы
изложены здесь впервые. (Заметим, что соответствующую
главу вовсе не обязательно изучать целиком в конце курса
десятого класса: с отдельными её параграфами можно
знакомиться и раньше.) Кроме того, в виде задач представлен
ряд «второстепенных» тем курса, которые можно сделать
темой отдельного занятия или предоставить школьникам
для самостоятельного изучения.
Основной текст учебника содержит лишь разделы,
относящиеся к стереометрии. Та часть курса, которая содержит
сведения по планиметрии, вынесена в приложение. Выбор
тем, вошедших в приложение, обусловлен действующим на
данный момент стандартом среднего (полного) образования
по математике (профильного уровня).
Отметим, что книга написана весьма сжато, и её
изучение потребует от читателя большого объёма
самостоятельной работы. Временами мы сознательно оставляли
небольшие пробелы в доказательствах, предоставляя читателю
их устранение. В таких случаях в скобках после
высказанного утверждения мы помещаем вопрос — почему? Мы
старались сделать так, чтобы восполнение упомянутых
пробелов не вызывало особых трудностей, помня меткое заме-

10 Предисловие
чание английского математика Дж. Литтлвуда: «две подряд
пропущенные тривиальности могут составлять
непреодолимое препятствие». Кроме того, изложение теории часто
прерывается упражнениями, самостоятельное выполнение
которых поможет лучше усвоить материал. Текст,
напечатанный мелким шрифтом, а также параграфы, отмеченные
звёздочкой, при первом прочтении можно пропустить (они
не являются обязательными).
Книга содержит много задач для самостоятельного
решения. Некоторые из них оригинальны и составлены
авторами специально для неё, но подавляющее большинство
из них известны и заимствованы, в частности, из книг:
[Делоне, Житомирский, 1959], [Шклярский и др., 1954],
[Шарыгин, 1984], [Шарыгин, Голубев, 1991], [Прасолов,
Шарыгин, 1989]. Многие задачи предлагались в различные
годы на вступительных экзаменах и олимпиадах в МГУ,
МФТИ, МИФИ, НГУ и других вузах и на различных
математических олимпиадах (Московской, Ленинградской,
Всесоюзной, Всероссийской и других). Перечислить всех авторов
этих задач, к сожалению, невозможно, но нам хотелось бы
отдать дань уважения всем задачным композиторам, чьи
задачи мы использовали в этой книге. Большинство из
приведённых в книге задач являются задачами повышенной
трудности.
Отметим особо, что читатель почти не найдёт здесь
стандартных упражнений по стереометрии вычислительного
характера. Исключение сделано лишь в тех немногих
случаях, когда упражнения некоторых типов оказывались
недостаточно представленными в распространённых
задачниках. Поэтому в дополнение к учебнику следует выбрать
какой-либо задачник, в изобилии содержащий стандартные
упражнения. Мы обычно используем в работе проверенные
временем, но не потерявшие своей актуальности книги
[Антонов и др., 1968], [Говоров и др., 1983], [Егерев и др.,
1988], [Киселёв, Рыбкин, 1995], неоднократно
переиздававшиеся.

Предисловие 11
Наиболее трудные (на наш взгляд) задачи отмечены
звёздочкой. Хотим предупредить читателя о том, что некоторые
из этих задач чрезвычайно трудны (например, задача 8.29),
но не требуют для своего решения никаких сведений,
выходящих за рамки школьной программы.
Структура учебника такова. Он состоит из
тринадцати глав и приложения. Каждая глава содержит
несколько параграфов. Нумерация параграфов, теорем, примеров,
упражнений, задач, рисунков и формул двойная. Число
слева от разделительной точки обозначает номер главы,
число справа от точки — соответственно номер параграфа,
теоремы и т.п. Например, упражнение 4.7 —это седьмое
упражнение из четвёртой главы. Приложение состоит из
восьми параграфов. Нумерация в приложении аналогична
нумерации в основном тексте учебника, но перед каждым
номером добавлена буква П. Например, задача П6.5 — это
пятая задача к шестому параграфу приложения.
Мы будем рады получить отзывы, критические
замечания и предложения по адресу: 141700, Московская область,
г. Долгопрудный, Институтский переулок, д. 9,
Московский физико-технический институт, кафедра высшей
математики. E-mail: stereolO-ll@mccme.ru.
Авторы

Благодарности
Книга — это большое кладбище,
ще на многих плитах уж не
прочесть стёршиеся имена.
М. Пруст. Обретённое время
Авторы глубоко благодарят всех тех, кто способствовал
появлению на свет этой книги:
научного редактора СВ. Резниченко, проделавшего
скрупулёзную работу по улучшению изложения многих
разделов книги;
Е. В. Малинникову, М. Я. Пратусевича, С. Е. Рукшина и
М. Г. Сонкина, прочитавших рукопись отдельных глав и
сделавших ряд полезных замечаний;
директора физико-математического лицея № 5 г.
Долгопрудного Е. Г. Ермачкову, всячески поддерживающую
благоприятные условия работы преподавателей МФТИ в
лицее;
наших коллег по кафедре высшей математики МФТИ и
лицею № 5 Н. X. Агаханова, И.И.Богданова, Р.Н. Карасё-
ва, П.А.Кожевникова, А.С.Кочерову, О. К. Подлипского,
Б. В. Трушина, И. А. Чубарова и В. М. Уроева, с которыми
мы обсуждали содержание курса математики для
физико-математических классов и различные аспекты его
преподавания;
всех наших учеников, без которых эта книга никогда не
была бы написана, а впоследствии улучшена;
[И. Ф. Шарыгина], чьи книги, статьи и оригинальные
задачи, а также многолетнее личное общение с которым
оказали большое влияние на наше геометрическое
мировоззрение и взгляды на преподавание геометрии;
наших коллег, в разные годы бывших вместе с нами
(некоторые из них являются ими до сих пор) членами жюри
Всероссийской (ранее Всесоюзной) олимпиады школьни-

14 Благодарности
ков по математике, особенно А. А» Берзиныыа, С.Л.Бер-
лова, В. Л. Дольникова, Л. А. Емельянова, Л. П.
Купцова, О.Р.Мусина, Н.Ю.Нецветаева, А.Б. Скопенкова,
М. В. Смурова , Д. Е. Тамаркина, Б. И. Чиника — авторов
красивых олимниадных задач по геометрии;
Н. М. Седракяна — мастера геометрической композиции;
И. В. Ященко, ставшего инициатором нового издания
книги, а также всех сотрудников издательства МЦНМО.
С особой теплотой и сердечной благодарностью авторы
вспоминают своих школьных учителей математики Е, А. Те-
рентьева и В. П. Филинову, а также профессоров МФТИ
А.А.Абрамова, |А. А. Дезина|, |В. Б. Лидского|, В. С.
Рябенького и А. М. Тер-Крикорова, чьи блестящие лекции
существенно повлияли на наше понимание математики
и послужили образцом педагогического мастерства.
А. Ю. Калинин, Д. А. Терёшин

10 класс

Глава О
Вводная
§ 0.1. Игра в геометрию
Все мои произведения — это игры.
Серьёзные игры.
М, К. Эшер
Изучая планиметрию, вы уже несколько лет играли в
увлекательную игру под названием «геометрия». Правила
этой игры вырабатывались тысячелетиями и окончательно
сложились лишь к концу прошлого века. Их обсуждение
естественно начать с вопроса: а что такое геометрия? Как
это, быть может, ни странно, на этот вопрос очень трудно
дать однозначный ответ. Геометрия многолика, и в школе
изучается лишь малая часть того, что в современной
математике принято называть геометрией. Но дело не только
в этом. Даже если мы ограничимся рассмотрением
планиметрии и стереометрии в традиционном их понимании,
наша задача вряд ли будет существенно облегчена. С одной
стороны, геометрия — это аксиоматическая теория,
которая изучает объекты абстрактной природы, находящиеся в
определённых отношениях друг с другом. С другой стороны,
геометрия изучает размеры и форму реальных тел. Для
того чтобы понять, как соотносятся между собой две эти
ипостаси геометрии, коротко проследим исторический путь
её развития.
Всякая естественная наука начинается с установления
некоторых фактов. Затем, по мере их накопления,
вырабатываются законы и теории, превращающие науку в
стройную систему. Так развивалась и геометрия. Ещё в древнем
Египте и Вавилоне были известны многие содержательные
факты, такие, как теорема Пифагора или формула для
вычисления объёма пирамиды. Эти результаты были
получены опытным путём, их справедливость подтверждалась

18 Глава 0. Вводная
множеством экспериментов. Количество подмеченных
геометрических закономерностей росло, и возникла задача
систематизации накопленных знаний.
К началу III в. до н.э. окончательно оформилась идея
построения научной теории, согласно которой отправным
пунктом теории должны служить положения, основанные
на опытных данных и поэтому не вызывающие сомнения.
Все остальные положения должны быть получены из них
логическим (дедуктивным) путём. Здание логики уже было
возведено, в основном благодаря работам
древнегреческого философа Аристотеля (384—322 гг. до н.э.). Им же
впервые была ясно сформулирована идея построения
научной теории. Применительно к геометрии её реализовал
Евклид (III в. до н.э.) в своих «Началах». Опираясь на
опыт своих предшественников, он сформулировал
несколько утверждений (аксиом, или постулатов), принимаемых
без доказательства. Из аксиом выводились их логические
следствия — теоремы. Так геометрия превратилась в
дедуктивную науку. Суть дедуктивного метода блестяще передал
Артур Конан Дойл словами своего излюбленного героя
Шерлока Холмса: «...человека, умеющего наблюдать и
анализировать, обмануть просто невозможно. Его выводы
будут безошибочны, как теоремы Евклида... По одной капле
воды... человек, умеющий мыслить логически, может
сделать вывод о возможности существования Атлантического
океана или Ниагарского водопада, даже если он не видел
ни того, ни другого и никогда о них не слышал. Всякая
жизнь — это огромная цепь причин и следствий, и природу
её мы можем познать по одному звену»1).
Система Евклида просуществовала больше двух
тысячелетий без сколько-нибудь существенных изменений.
Однако с современной точки зрения она уже не кажется
совершенной. В ней не выделены основные понятия, некоторые
аксиомы излишни, многие доказательства не ограничива-
!)А. Конан Дойл. Этюд в багровых тонах.

§ 0.1. Игра в геометрию 19
ются логическим выводом, а апеллируют к соображениям
наглядности.
На рубеже XIX и XX веков после кропотливых усилий
многих математиков, среди которых в первую очередь
следует назвать Феликса Клейна (1849—1925 гг.) и Давида
Гильберта (1862—1943 гг.), была построена геометрическая
система, свободная от указанных недостатков. В основу
этой системы был положен аксиоматический метод.
Суть этого метода построения научной теории
заключается в следующем. Перечисляются основные
(неопределяемые) понятия, или объекты. Все вновь возникающие
понятия должны быть определены через основные
понятия и понятия, определённые ранее. Формулируются
аксиомы — предложения, принимаемые без доказательства.
Все остальные предложения должны являться
логическими следствиями аксиом или ранее доказанных
предложений.
Отметим, что аксиомы вовсе не являются «очевидными
истинами». То, что очевидно для одного, вполне может
казаться абсурдным для другого. Так, зритель футбольного
матча, знающий правила игры, может получить огромное
удовольствие от разворачивающегося на поле
захватывающего действия. Тот же, кто не знаком с правилами, вполне
может считать происходящее на ноле нелепицей, не
заслуживающей внимания. Смысл аксиом в том, что они
являются соглашениями, которые мы заключаем,
приступая к созданию теории.
Основные понятия и аксиомы вовсе не обязательно
имеют отношение к окружающему нас реальному миру. Строя
абстрактную теорию, мы отвлекаемся от наглядного
смысла основных понятий (если он вообще существует).
Единственный смысл, который вкладывается в основные
понятия, таков: они обладают ровно теми свойствами, которые
описаны в аксиомах. Поэтому часто говорят, что аксиомы
являются «скрытыми определениями» основных понятий.
Подчеркнём ещё раз, что математик отнюдь не утверждает,

20 Глава 0. Вводная
что аксиомы верны. Он лишь строит систему утверждений,
с необходимостью вытекающую из них, оставляя за собой
свободу менять аксиомы (и соответственно получать
другую систему следствий).
Итак, понятия абстрактной теории лишены конкретного
смысла. Но если им можно придать этот смысл (т.е.
указать систему конкретных объектов и отношений между
ними) так, чтобы соблюдались установленные аксиомы, то
мы получим, как говорят, интерпретацию, или модель,
абстрактной теории. Одна и та же теория может иметь
множество различных моделей.
Теперь мы можем объяснить ту двойственность
геометрии, о которой говорили выше. Пока мы не конкретизируем
смысл основных геометрических понятий, т. е. не
прибегаем к наглядным представлениям о прямой, плоскости
и т.п., построенная нами геометрия — абстрактная теория.
Все выводы этой теории будут понятны воображаемому
существу, которое обладает нашей логикой и нашей
арифметикой, но ровным счётом ничего не знает об устройстве
окружающего нас мира (французский математик Жак Ада-
мар назвал это существо «Гомо Арифметикус»). Но как
только мы представим себе точку как идеализацию следа
остро отточенного карандаша на бумаге, прямую — как
идеализацию туго натянутой нити, а плоскость — как
идеализацию гладкой поверхности стола, наша геометрия
становится моделью абстрактной теории. Эта модель не
единственная из возможных, но именно её мы и изучаем в школьном
курсе геометрии, так как она с большой точностью
описывает геометрические свойства окружающих нас реальных тел.
Вернёмся теперь к вопросу о правилах нашей игры,
резюмируя сказанное выше. Предметом нашего изучения
является модель абстрактной теории, построенной на основе
аксиоматического метода. Эта модель отражает
геометрические свойства окружающей нас части пространства в том
виде, в каком оно воспринимается нашими органами чувств.
Все утверждения, относящиеся к этой модели, являются

§ 0.1. Игра в геометрию 21
логическими следствиями аксиом и ранее установленных
утверждений (т.е. доказываются). Все вновь возникающие
понятия определяются через основные и известные ранее.
В процессе доказательств мы прибегаем к чертежам,
которые помогают делать правильные логические выводы (но
отнюдь не заменяют их). Использование чертежей удобно
по той причине, что изучаемая модель является для нас
естественной и привычной, мы многое можем
«подсмотреть» на чертеже, догадаться с его помощью о правильной
формулировке утверждения, а затем уже доказать его (ясно,
что это — специфика нашего восприятия: для Гомо Арифме-
тикуса наши чертежи непонятны, а поэтому бесполезны).
Но нет правил без исключений. Отметим, что при
построении школьного курса геометрии идея
аксиоматического метода не выдерживается до конца. Вместо
последовательного изложения логических следствий из аксиом
с полными их доказательствами принят, выражаясь
шахматным языком, гамбитный стиль: логическая строгость
и стройность изложения местами сознательно приносятся
в жертву краткости и наглядности. Некоторые теоремы не
доказываются или доказываются лишь для простейших
частных случаев, не даются строгие определения
некоторых понятий и т.п. Это связано с тем, что все логически
строгие курсы геометрии довольно трудны для восприятия
и весьма объёмны.
В заключение мы обсудим весьма важный вопрос о
выборе аксиом. Требования, предъявляемые к системе аксиом,
которая кладётся в основу теории, таковы. Во-первых,
система аксиом должна быть непротиворечивой, т.е. из неё
не должно следовать какое-либо утверждение вместе с его
отрицанием. Это требование самое главное, оно является
абсолютно необходимым. Далее мы будем говорить только
о непротиворечивых системах аксиом. Во-вторых,
желательно, чтобы система аксиом была независимой, т. е.
чтобы ни одна из этих аксиом не следовала из других.
Выполнение этого требования не обязательно, но всё же естественно

22 Глава 0. Вводная
стремиться к тому, чтобы среди аксиом не было «лишних».
В-третьих, хотелось бы, чтобы система аксиом была полной,
т. е. чтобы к этой системе нельзя было добавить новую
аксиому так, чтобы она не следовала из уже имеющихся аксиом
и не противоречила им1* (имеется в виду, что множество
основных понятий остаётся при этом неизменным).
Заметим, что системы аксиом геометрии являются полными,
но это скорее исключение, чем правило: обычно в
математике системы аксиом оказываются неполными. Наконец,
в-четвёртых, можно потребовать от системы аксиом её
замкнутости^ т. е. чтобы в ней не использовались понятия
из другой теории. Системы аксиом геометрии, как
правило, незамкнуты, поскольку в них, например, используется
понятие числа, определяемое обычно в курсах
математического анализа.
§ 0.2. Элементы логики и теории множеств
— Так бы и сказала, — заметил Мартовский Заяц. —
Нужно всегда говорить то, что думаешь.
— Я так и делаю, — поспешила объяснить Алиса.—
По крайней мере... По крайней мере я всегда думаю
то, что говорю... а это одно и то же...
— Совсем не одно и то же,— возразил Болванщик.—
Так ты ещё чего доброго скажешь, будто «Я вижу то,
что ем» и «Я ем то, что вижу»,— одно и то же!
Л". Кэрролл. Приключения Алисы в стране чудес
В этом параграфе приводятся элементарные сведения
из логики и теории множеств. Возможно, вы уже знакомы
с изложенным здесь материалом, однако ввиду важности
обсуждаемых понятий лучше повторить их ещё раз. Мы
затрагиваем логику и теорию множеств настолько, насколь-
^Поясним смысл слова «следует» в этом определении: утверждение
следует из системы аксиом, если во всякой модели, где выполняются
эти аксиомы, верно и данное утверждение; если же существует такая
модель этой системы аксиом, где данное утверждение неверно, то
считается что оно не следует из этой системы аксиом.

§ 0.2. Элементы логики и теории множеств 23
ко это необходимо для нашего курса стереометрии. Более
подробное и строгое введение в эти разделы математики
можно найти, например, в книге [Кутасов и др., 1981].
Будем называть высказыванием любое утверждение, о
котором можно сказать, истинно оно или ложно.
Примерами высказываний могут служить следующие утверждения:
сборная Испании — чемпион мира по футболу 2010 г.;
число 100 чётное; сумма углов треугольника равна 90°. Первые
два из этих высказываний истинны, а последнее ложно. Не
является высказыванием, например, такое утверждение:
учиться в школе легко, так как нельзя наверняка сказать,
истинно оно или ложно. Многие теоремы (в частности,
большинство теорем геометрии) можно сформулировать в виде1*
p=>Q, где Р и Q — высказывания (читается: из Р следует
Q или если Р, то Q). Это означает, что если высказывание
Р истинно, то высказывание Q также истинно2*.
При этом высказывании Р называется условием
теоремы (посылкой), a Q — её заключением (следствием). Для
того чтобы доказать такую теорему, надо показать, что во
всех случаях, когда Р истинно, Q также истинно. Для того
же чтобы её опровергнуть (т.е. заключить, что теорема
неверна), достаточно привести один пример, когда Р
истинно, a Q ложно (т. е. привести контрпример).
Пусть дана теорема
P^Q. (1)
Теорему вида
Q^P (2)
будем называть теоремой, обратной к теореме (1) (саму
теорему (1) при этом будем называть прямой). Поскольку
1}В математической логике высказывание такого вида называется
импликацией от латинского implicare — тесно связывать).
2)Бсли Р ложно, то Q может быть как истинным, так и ложным.
При этом подразумевается, что теорема Р => Q верна. Точнее говоря,
импликация Р => Q — ложное высказывание лишь в том случае, когда
Р истинно, a Q ложно; во всех остальных случаях высказывание Р => Q
истинно.

24 Глава 0. Вводная
в таком случае теорема (1) является обратной к теореме (2),
говорят, что теоремы (1) и (2) взаимно обратит. Прямая
и обратная теоремы могут быть обе верными, обе
неверными, а может быть так, что из них одна верна, а другая нет.
Пример 0.1. Рассмотрим теорему: диагонали
параллелограмма точкой пересечения делятся пополам. Она, как
известно из планиметрии, верна. Для удобства
переформулируем её, выделив условие и заключение: если
четырёхугольник является параллелограммом, то его диагонали
точкой пересечения делятся пополам (Р => Q).
Сформулируем обратную теорему (Q => Р): если диагонали
четырёхугольника точкой пересечения делятся пополам, то этот
четырёхугольник является параллелограммом. Эта
теорема, как известно, также верна.
Пример 0.2. Рассмотрим следующую теорему (сразу
приведём удобную для нас формулировку): если
четырёхугольник является ромбом, то его диагонали перпендикулярны
(Р => Q). Эта теорема верна. Обратная
теорема: если диагонали четырёхугольника
перпендикулярны, то этот
четырёхугольник является ромбом (Q => Р). Эта
теорема неверна. Контрпример приведён
на рис. 0.1.
Если Р => Q, то говорят, что Р —
достаточное условие для Q, a Q —
необходимое условие для Р. Если же
Рис. 0.1 верны как теорема P^Q, так и обратная
к ней теорема Q => Р, то пишут Р <з> Q
и говорят, что Р — необходимое и достаточное условие
для Q (a Q — необходимое и достаточное условие для Р). При
этом говорят также, что высказывания Р и Q равносильны
или эквивалентны.
Пример 0.3. Для того чтобы диагонали
четырёхугольника были перпендикулярны, достаточно (но не необходимо),
чтобы он был ромбом. Для того чтобы четырёхугольник
был ромбом, необходимо (но не достаточно), чтобы его

§ 0.2. Элементы логики и теории множеств 25
диагонали были перпендикулярны. Для того чтобы
четырёхугольник был параллелограммом, необходимо и
достаточно, чтобы его диагонали в точке пересечения делились
пополам.
Часто вместо слов «необходимо и достаточно» говорят
«тогда и только тогда», «в том и только том случае» или
«если и только если». Эти термины —синонимы.
Рассмотрим некоторое множество1* М. Предположим,
что мы изучаем подмножество Ms этого множества,
состоящее из всех элементов т, удовлетворяющих определённому
условию S.
Пусть Р — высказывание: элемент т удовлетворяет
условию S; a Q — высказывание: элемент т удовлетворяет
условию R. Тогда если верна теорема Р => Q, то говорят,
что она выражает свойство элементов т из Ms* Если верна
теорема Q=>P, то она выражает признак принадлежности
элемента т множеству М$- Если же верны обе эти
теоремы, то теоремаP^Q выражает критерий принадлежности
элемента т множеству М$.
Пример 0*4. Пусть М — множество четырёхугольников,
a Ms — множество вписанных четырёхугольников. Тогда
теорема «если четырёхугольник вписанный, то сумма его
противоположных углов равна 180°» выражает свойство
вписанного четырёхугольника. Теорема — если сумма
противоположных углов четырёхугольника равна 180°, то он
вписанный — выражает признак вписанного
четырёхугольника, а теорема — четырёхугольник является вписанным
тогда и только тогда, когда сумма его противоположных
углов равна 180° — выражает критерий вписанности
четырёхугольника.
Мы видим, что существует следующая параллель:
необходимое условие — свойство, достаточное условие —
признак, необходимое и достаточное условие — критерий. Пусть
конечно, известны понятия «множество», «подмножество»,
«элемент множества». Впрочем, ниже мы обсудим их поподробнее.

26 Глава 0. Вводная
Р — некоторое высказывание. Наряду с ним будем
рассматривать высказывание Р (читается: не Р) — отрицание
высказывания Р. Высказывание Р истинно, когда Р ложно,
и наоборот. Для того чтобы сформулировать
высказывание Р, достаточно перед формулировкой высказывания Р
добавить слова «неверно, что».
Рассмотрим теорему Р => Q (прямую). Теорема Р => Q
называется противоположной к ней, а теорема Q => Р —
противоположной к обратной.
Пример 0.5. Сформулируем противоположную теорему
и теорему, противоположную к обратной, для теоремы из
примера 0.2, которая, как мы знаем, верна.
Противоположная теорема: если четырёхугольник не является ромбом, то
его диагонали не перпендикулярны (P=>Q). Теорема,
противоположная к обратной: если диагонали четырёхугольника
не перпендикулярны, то он не является ромбом (Q => Р).
Первая из этих теорем неверна (контрпример приведён на
рис. 0.1), а вторая верна.
Тот факт, что теорема, противоположная к обратной,
как и прямая теорема, оказалась верной, не случаен.
Рассмотрим четыре теоремы и для удобства расположим их
в виде схемы:
прямая Р => Q Q =ф Р обратная
противоположная Р => Q Q => Р противоположная к обратной
Теоремы, расположенные по диагоналям, равносильны
(т.е. одновременно либо верны, либо нетХ)).
Вспомните, например, как доказывается теорема P=>Q
методом от противного. Мы предполагаем, что
заключение Q ложно (т. е. Q истинно), и приходим к противоречию
с условием Р (т.е. доказываем, что Р истинно). Таким
Х)Для того чтобы доказать этот факт, нужно рассмотреть четыре
случая: 1) Р истинно, Q истинно; 2) Р истинно, Q ложно; 3) Р ложно,
Q истинно; 4) Р ложно, Q ложно — и убедиться, что в каждом из этих
случаев соответствующие высказывания (P=>Q n Q=>p9 а также
и Р => Q) одновременно либо истинны, либо ложны.

§ 0,2. Элементы логики и теории множеств 27
образом, мы фактически доказываем теорему,
противоположную к обратной. Отметим ещё, что для доказательства
теоремы Р <=> Q достаточно доказать любые две теоремы,
расположенные в одной строке или в одном столбце нашей
схемы.
^Упражнение 0.1. Для каждой из следующих теорем
сформулируйте обратную, противоположную и противоположную
к обратной. Укажите, какие из этих теорем верны, а какие —
нет:
а) величины вписанных углов, опирающихся на равные
дуги, равны;
б) сумма внутренних углов четырёхугольника равна 360°;
в) если параллелограмм является ромбом, то в него можно
вписать окружность;
г) если 2 х 2 = 5, то Париж — столица Франции.
Переформулируйте все теоремы, используя термины
«необходимо, но не достаточно», «достаточно, но не необходимо»,
«необходимо и достаточно».
Напомним теперь простейшие сведения из теории
множеств. Понятие множество является неопределяемым
(основным). Оно служит для описания совокупности
предметов или объектов. Эти объекты, или элементы
множества, считаются отличными друг от друга и от объектов, не
входящих в данное множество. Каждая из существующих
математических теорий занимается изучением
некоторого множества — основного множества теории. Например,
в геометрии основным множеством является множество
всех точек (пространство).
Элементы множества могут находится в некоторых
отношениях как между собой, так и с элементами других
множеств. Отношение считается заданным, если для любого
элемента (или множества) х и элемента (или множества) у
указано, связаны они этим отношением или нет.
Приведём примеры.
Отношение принадлежности. Тот факт, что
объект а является элементом множества А, словесно
выражается так: элемент а принадлежит множеству А. Обо-

28 Глава 0. Вводная
значение: аеА. Отрицание этого факта выражается другим
отношением: элемент а не принадлежит множеству А.
Обозначение: а $ А.
Отношение включения. Говорят, что
множество В включено в множество А, если каждый элемент
множества В принадлежит А. Обозначение: В С А.
Подмножеством множества А называется всякое множество В,
удовлетворяющее условию В С А. Множество, не
содержащее ни одного элемента, называется пустым множеством
и обозначается 0. Заметим, что для любого множества А
справедливо включение Ас А. Считается, что 0 С А для
любого множества А.
Отношение равенства множеств. Говорят,
что множества А и В равны, если Ас В и В С А, иными
словами, если множества А и В состоят из одних и тех же
элементов. Обозначение: А~В.
Обсудим теперь некоторые общие свойства отношений. Пусть
в множестве А задано отношение о. Говорят, что это отношение
рефлексивно у если для любого элемента а из множества А
выполнено а о а (т. е. любой элемент связан отношением о с самим
собой). Говорят, что отношение о симметрично, если а о Ь => Ь о а
для любых элементов а и Ь из множества А. Наконец,
отношение о называется транзитивныму если (аоЬиЬос)=>аос для
любых элементов а, Ь и с из множества А.
Не всякое отношение обладает этими свойствами. Но
может случиться так, что некоторое отношение о в множестве А
рефлексивно, симметрично и транзитивно. Тогда говорят, что
отношение о есть отношение эквивалентности.
Пример 0.6*. Отношение равенства множеств рефлексивно
(А = А), симметрично (А = В => В = А) и транзитивно ((А = В
и В = С) =» А = С); следовательно, оно является отношением
эквивалентности.
Импликация как отношение между высказываниями
рефлексивна (Р => Р), транзитивна ((Р => Q и Q =» R) =» (Р => Я)), но
не обязательно симметрична (из того, что Р => Q, вообще
говоря, не следует, что Q => Р). Значит, это отношение не является
отношением эквивалентности. Подчеркнём значение свойства
транзитивности импликации: оно обеспечивает возможность де-

§ 0,2. Элементы логики и теории множеств 29
дукции, так как логический вывод осуществляется цепочкой
импликаций.
и^ Упражнение 0.2*. Являются ли следующие отношения
отношениями эквивалентности:
а) отношение включения множеств;
б) отношение перпендикулярности прямых на плоскости;
в) отношение параллельности прямых на плоскости?
с^ Упражнение 0.3*. Пусть взвод солдат построен в шеренгу.
Рассмотрим следующее отношение: солдат А стоит в строю
правее солдата Б. Докажите, что это отношение не является
ни рефлексивным, пи симметричным, но является
транзитивным.
в^ Упражнение 0.4*. Пусть несколько теннисистов провели
между собой однокруговой турнир (т. е. каждый сыграл с каждым
один раз). Рассмотрим следующее отношение: теннисист А
выиграл матч у теннисиста В. Докажите, что это отношение
не является ни рефлексивным, ни симметричным, ни
транзитивным.
Всякое отношение эквивалентности ^ в множестве А
позволяет специальным образом различать элементы этого множества.
Обозначим через С(а) множество таких элементов х из А, что
х^а. Это множество является подмножеством множества А,
которое называется классом эквивалентности элемента а. Если Ь ~ а
(элемент Ь эквивалентен элементу а), то в силу симметричности
и транзитивности отношения ~ любой элемент х,
эквивалентный а, эквивалентен и Ь. Если же элемент Ь не эквивалентен а,
то С(а) и С(Ь) не имеют общих элементов. Действительно, если
существует такой элемент ху что х~аих~Ь, то в силу
симметричности и транзитивности а~ Ь, что противоречит условию. Итак,
множество А разбивается па непересекающиеся (т. е. не имеющие
общих элементов) классы, при этом каждый элемент попадает
в свой класс. Поэтому говорят, что отношение эквивалентности
задаёт разбиение множества на классы эквивалентности. С
подобной конструкцией вы уже сталкивались в алгебре: две дроби а/Ъ
и c/d назывались эквивалентными, если ad — bc. Нетрудно
проверить, что это отношение является отношением эквивалентности
в множестве дробей (чем и оправдывается название
эквивалентные дроби). Таким образом, множество дробей распадается на
классы эквивалентности, каждый из которых называется рацио
нальным числом.
Приведём другой важный пример. Рассмотрим множество Р
всех направленных отрезков плоскости. Из планиметрии вам из-

30 Глава 0. Вводная
вестно понятие равенства направленных отрезков (которые
считаются равными, если они имеют одинаковые длины и одинаковые
направления). Отношение равенства направленных отрезков
является отношением эквивалентности в множестве Р, поэтому
оно задаёт разбиение Р на классы эквивалентности, каждый из
которых называется вектором (сравните с определением вектора,
приведённым в гл. 3).
В заключение напомним определения основных
операций над множествами. Пусть U — некоторое множество
такое, что все рассматриваемые нами множества являются
его подмножествами (U — основное множество1^).
Множество, состоящее из тех и только тех элементов, которые
принадлежат и множеству А, и множеству В, называется
пересечением этих множеств и обозначается А Г) В.
Множество, состоящее из тех и только тех элементов, которые
принадлежат множеству А или множеству В, называется
их объединением и обозначается Аи В. Множество,
состоящее из тех и только тех элементов множества А, которые
не принадлежат множеству В, называется разностью
множеств А и В и обозначается А\В. Разность множеств U
и А называется дополнением множества А. Эти операции
обладают многими интересными свойствами, но мы не
будем пользоваться ими в нашем курсе, поэтому не станем
обсуждать здесь эти свойства»
§ 0.3. Основные обозначения
О книгах Жордана говорили, что если ему нужно
было ввести четыре аналогичные или родственные
величины (такие как, например, а, Ь, с, d), то они
у него получали обозначения а, М'3, £2, Щ 2.
Дж. Литтлеуд, Математическая смесь
Условимся всюду, если не оговорено противное,
использовать следующие обозначения.
геометрии основным множеством является пространство.

§ 0.3, Основные обозначения 31
Геометрические фигуры:
А, В, С, ♦.., X, У, Z- точки;
a, ft, с, ♦.,, jc, у, 2 — прямые;
(АВ) — прямая, проходящая через точки А и В;
[АВ) — луч (полупрямая) с началом в точке А,
проходящий через точку В;
[АВ] — отрезок с концами А и В;
а, /3, у, ..., ф, х> ^ —плоскости;
(ABC) — плоскость, проходящая через точки А, В и С;
ААВС — треугольник с вершинами А, В и С.
Величины:
АВ — расстояние между точками А и В (длина
отрезка АВ);
р(Ф\, Фг) —расстояние между фигурами <J>i и Ф2;
S — площадь (плоской фигуры, поверхности тела);
SAiA2...An —площадь многоугольника с вершинами А\,
А2, ..., Ап\
V — объём тела;
2...An —объём многогранника с вершинами Ai, A2,
Z(a, b) —величина угла между прямыми а и Ь\
Z(a, a) — величина угла между прямой а и плоскостью а;
Z(a, /3) — величина угла между плоскостями а и /3.
Отношения:
= — равенство;
~ — подобие;
|| — параллельность;
± — перпендикулярность;
6 — принадлежность элемента множеству;
С — включение одного множества в другое.
Например:
ААВС = ЛА1В1С1 — треугольник ABC равен
треугольнику AiBiCi;
ЛАВС~ ДА1В1С1 — треугольник ABC подобен
треугольнику AB

32 Глава 0. Вводная
a La — прямая а перпендикулярна плоскости а;
а || Р — плоскость а параллельна плоскости /3;
Аеа — точка А принадлежит прямой а, или прямая а
проходит через точку А;
аса — прямая а лежит в плоскости ау или плоскость а
проходит через прямую а.
Перечёркнутый знак отношения означает, что данные
объекты не связаны этим отношением. Например, а(/_а —
прямая а не лежит в плоскости а.
Прочие символы:
П, U — операции пересечения и объединения множеств;
например, а Па — прямая а пересекает плоскость а; запись
аП а = А означает, что прямая а пересекает плоскость а
в точке А;
\ — операция разности множеств;
=>, <=> — знаки следования и равносильности;
D — конец доказательства;
V —квантор всеобщности (читается: для любого);
3 —квантор существования (читается: существует).
Все остальные обозначения будут введены и пояснены
по мере изложения материала.

Глава 1
Введение в стереометрию
Ломиться в двери пошлых аксиом,
Где лгут слова и красноречье храмлет?..
О! весь Шекспир, быть может, только в том,
Что запросто болтает с тенью Гамлет.
Б. Пастернак. Брюсову
§ 1.1. Неопределяемые понятия и аксиомы стереометрии
Кто не согласится, что никакая наука не должна
бы начинаться с таких тёмных понятий, с каких,
повторяя Евклида, начинаем мы геометрию?
Н. И. Лобачевский
Итак, мы приступаем к изучению стереометрии. Следуя
идее аксиоматического метода, мы сначала перечислим
основные понятия, которым не даются определения. В нашем
курсе таких понятий четыре: точка, прямая, плоскость
и расстояние от точки до точки. Кроме того, мы будем
пользоваться понятиями, известными из других разделов
математики: множество, величина, число и др.
Прежде чем сформулировать аксиомы, сделаем
несколько замечаний, касающихся применения в стереометрии
теоретико-множественного подхода и некоторых
особенностей терминологии.
С точки зрения теории множеств стереометрия изучает
основное множество U (пространство), состоящее из всех
рассматриваемых точек, а также его подмножества —
геометрические фигуры. Прямые и плоскости также
считаются множествами точек. В соответствии с
теоретико-множественным определением равенства (§ 0.2) мы считаем две
фигуры, состоящие из одпих и тех же точек, одной и той же
фигурой (таким образом, мы не будем использовать термин
«совпадающие» для точек, прямых, плоскостей и т.д.; если,
2 Зак 3383

34 Глава 2. Введение в стереометрию
например, две прямые, а и Ь, «совпадают», т.е. состоят из
одних и тех же точек, то а и b — это одна прямая,
обозначенная двумя различными способами). Поэтому всюду
ниже, говоря «три точки», «две прямые» и т.п., мы будем
иметь в виду различные точки, прямые и т. д* Отметим ещё,
что понятия принадлежности, пересечения и объединения
всюду используются в теоретико-множественном смысле.
Так, говоря, что две плоскости пересекаются, мы имеем
в виду пересечение их как множеств точек. Наряду с
теоретико-множественными понятиями мы будем
использовать аналогичные понятия «геометрического языка».
Например, вместо прямая а является подмножеством
плоскости а будем писать прямая а лежит в плоскости а или
плоскость а проходит через прямую а.
А теперь перечислим аксиомы стереометрии.
Аксиома О. В пространстве существуют плоскости. В
каждой плоскости пространства выполняются все аксиомы
планиметрии.
Аксиома 1 (аксиома плоскости). Через любые три
точки, не лежащие на одной прямой, можно провести
плоскость, и притом только одну (рис. 1.1).
Рис. 1.1 Рис. 1.2
I Аксиома 2 (аксиома прямой и плоскости). Прямая, про-
I ходящая через две точки плоскости, лежит в этой плоско-
I сти (рис. 1.2).

§1.1* Неопределяемые понятия и аксиомы 35
I Аксиома 3 (аксиома пересечения плоскостей). Если
две плоскости имеют общую точку, то их пересечение есть
| прямая (рис. 1.3).
Рис. 1.3
Аксиома 4 (аксиома расстояния). Расстояние между
| любыми двумя точками пространства одно и то же на
любой плоскости, проходящей через эти точки.
Вторая часть аксиомы 0 позволяет применять в любой
плоскости пространства все теоремы, доказанные в
планиметрии. Из первой части этой аксиомы вытекает, что
для любой плоскости а в пространстве существуют не
принадлежащие ей точки. Действительно, если бы все
точки пространства принадлежали этой плоскости, то других
плоскостей в пространстве не было бы. Более того, точек, не
принадлежащих плоскости а, бесконечно много. В самом
деле, возьмём согласно первой части аксиомы 0 ещё одну
плоскость /3. Если плоскость /3 не имеет общих точек1*
с плоскостью а, то все точки плоскости /3 не принадлежат
плоскости а, а их, как известно из планиметрии,
бесконечно много. Если же плоскости а и [3 имеют общую точку, то
по аксиоме 3 их пересечение есть прямая. Все точки
плоскости /3, за исключением точек этой прямой, не принадлежат
плоскости а. Из планиметрии известно, что таких точек
также бесконечно много.
1)Здесь мы отнюдь не предполагаем, что плоскости, не имеющие
общих точек, существуют, а лишь рассматриваем один из логически
возможных случаев.

36 Глава 1. Введение в стереометрию
Из аксиомы 2 вытекает, что если прямая не лежит в
плоскости а, то она имеет с ней не более одной общей
точки. Такие прямые существуют. Действительно, возьмём
согласно первой части аксиомы 0 ещё одну плоскость (3
и выберем в ней две точки, не лежащие в плоскости а (выше
мы показали, что это возможно). Через эти точки проведём
прямую в плоскости /3. Эта прямая не лежит в плоскости а.
I Определение. Если прямая и плоскость имеют ровно
одну общую точку, то они называются пересекающимися.
Из аксиомы 3 вытекает, что фигура, которая является
прямой на одной плоскости, является прямой и на любой
другой плоскости, в которой она лежит. Поэтому прямую
в пространстве можно рассматривать саму по себе,
независимо от плоскостей, в которых она лежит.
В связи с аксиомой 3 дадим ещё одно определение.
I Определение* Две плоскости, имеющие общую точку,
называются пересекающимися.
Согласно второй части аксиомы 0 в каждой плоскости
определено расстояние между любыми двумя точками этой
плоскости. Значение аксиомы 4 состоит в том, что
расстояние между двумя точками пространства однозначно
определяется этой парой точек. Другими словами, единица
измерения расстояний во всех плоскостях пространства
одна и та же. Мы будем считать эту единицу выбранной
раз и навсегда. Более подробно понятие расстояния в
пространстве обсуждается в § 8.1.
Замечание. Приведённая система аксиом полна и
непротиворечива (см. соответствующие определения в § 0.1). Однако
она не является замкнутой (например, потому что планиметрия
предполагается известной) и независимой. Оказывается,
требование единственности плоскости, проходящей через три точки
(аксиома 1), излишне, а аксиома 2 следует из аксиом 1 и 3.
Доказательства этих фактов несложные, но они занимают довольно
мпого места. Тем самым введение в стереометрию оказывается
несколько затянутым, а в школьном курсе этого хотелось бы

§1.2. Простейшие следствия из аксиом 37
избежать. Поэтому недостатки рассматриваемой системы аксиом
можно рассматривать как сознательную жертву в пользу
краткости изложения.
§ 1.2. Простейшие следствия из аксиом
Я видел одни и те же следствия, которые
каждый год порождались другой причиной.
С. Е. Лец. Непричёсанные мысли
Здесь мы получим несколько следствий из аксиом,
которые будут широко использоваться в дальнейшем.
Следствие 1. Через любую прямую и не лежащую на
ней точку можно провести плоскость, и притом только
одну.
Доказательство. Пусть даны прямая а и точка М,
причём М £ а. Нужно доказать, что плоскость, проходящая
через а и М, существует и единственна.
Существование. Возьмём на прямой а две
точки: Р и Q (рис. 1.4). По аксиоме плоскости существует
Рис. 1.4
плоскость, проходящая через точки М, Р и Q.
Поскольку точки Р и Q принадлежат этой плоскости, по аксиоме
прямой и плоскости и прямая а принадлежит ей.
Существование искомой плоскости доказано.
Единственность. Искомая плоскость должна
проходить через три точки М, Р и Q, не лежащие на одной
прямой. Следовательно, по аксиоме плоскости такая
плоскость единственна. □

38 Глава 1. Введение в стереометрию
Дадим два определения, аналогичные соответствующим
определениям из планиметрии.
Определение. Две прямые в пространстве называются
пересекающимися, если они имеют хотя бы одну общую
точку.
■ Утверждение. Пересекающиеся прямые имеют ровно
одну общую точку.
Доказательство. Пусть пересекающиеся прямые а и Ъ
имеют по крайней мере две общие точки: Аи В. Проведём
через А и В произвольную плоскость. Согласно аксиоме
прямой и плоскости прямые а и Ъ лежат в этой плоскости
и проходят через Аи В, но, как известно из планиметрии,
через две точки в данной плоскости проходит единственная
прямая. D
Тот факт, что прямые а и Ъ пересекаются в точке О,
кратко записывают так: а П Ъ = О.
I Определение. Две прямые в пространстве называются
I параллельными, если они лежат в одной плоскости и не
I пересекаются.
Если прямые а иЪ параллельны, то пишут а || &,
I Следствие 2. Через две пересекающиеся прямые можно
провести плоскость, и притом только одну.
Доказательство. Пусть даны две прямые а и Ь,
пересекающиеся в точке О. Докажем, что плоскость, проходящая
через а и Ь, существует и единственна.
Существование. Возьмём на прямой а точку А,
не принадлежащую Ь, а на прямой Ъ — точку Б, не
принадлежащую а (рис. 1.5). Тогда в силу аксиомы плоскости
существует плоскость, проходящая через три точки А> В
и О, а в силу аксиомы прямой и плоскости такая плоскость
проходит через а и Ь.

§ 1.2. Простейшие следствия из аксиом 39
Рис. 1.5 Рис. 1.6
Единственность. Искомая плоскость должна
проходить через точки А, В и О; по аксиоме плоскости она
единственна. □
I Следствие 3. Через две параллельные прямые можно
провести плоскость, и притом только одну.
Доказательство. Существование искомой плоскости
следует из определения параллельных прямых.
Единственность доказывается точно так же, как и в двух предыдущих
следствиях (рис. 1,6)» □
^Упражнение 1.1. Докажите единственность этой плоскости.
Пример 1.1. Доказать, что через данную точку
пространства, не лежащую на данной прямой, можно провести
ровно одну прямую, параллельную этой прямой.
Решение. Обозначим данные прямую и точку
соответственно через а и А. Искомая прямая, параллельная а,
если она существует, лежит в одной плоскости с а (по
определению параллельных прямых) и проходит через точку А.
Но через а и А можно провести единственную плоскость.
Поэтому задача сводится к построению прямой,
проходящей через А и параллельной а, в плоскости. Эта задача,
как известно из планиметрии, разрешима единственным
образом. □
Пример 1.2. Доказать, что если плоскость пересекает
одну из двух параллельных прямых, то она пересекает
и вторую прямую.

40
Глава 1. Введение в стереометрию
Решение. Пусть даны параллельные прямые а и &, а
плоскость а пересекает а в точке L. Через а и Ъ проведём
плоскость у (рис. 1.7). Тогда у и а имеют общую точку L,
Рис. 1.7
принадлежащую а, следовательно, они пересекаются по
прямой» Обозначим эту прямую 1= у П а. Прямая /
пересекает одну из двух параллельных прямых, следовательно,
она пересекает и другую (этот факт известен из
планиметрии). Точка М = 1Г)Ь — единственная общая точка прямой Ъ
и плоскости а, т.е. Ь пересекает а. □
§ 1.3. Взаимное расположение двух прямых
в пространстве. Скрещивающиеся прямые
Пусть в пространстве даны две прямые, имеющие
хотя бы одну общую точку. Тогда они пересекаются ровно
в одной точке (см. утверждение, доказанное в § 1.2). Если
же две прямые не имеют общих точек, то возможны два
случая: они либо лежат в одной плоскости (и,
следовательно, параллельны), либо нет. Последний случай взаимного
расположения двух прямых является специфическим для
стереометрии.
I Определение. Две прямые, которые не имеют общих
точек и не параллельны, называются скрещивающимися.
Если прямые а и Ъ скрещиваются, то пишут а — Ь.

§1.3. Взаимное расположение двух прямых 41
Замечание. Скрещивающиеся прямые можно определить и
так: две прямые называются скрещивающимися, если через них
нельзя провести плоскость.
\® Упражнение 1.2. Докажите, что два приведённых
определения скрещивающихся прямых равносильны.
Теорема 1.1 (признак скрещивающихся прямых). Если
одна из двух прямых лежит в плоскости, а вторая
пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой
прямой, то эти прямые скрещиваются.
Доказательство. Пусть прямая а лежит в плоскости ау
а прямая Ъ пересекает плоскость а в точке М, не
принадлежащей прямой а (рис. 1.8).
Докажем, что а - Ь.
Предположим противное:
прямые а и Ь не скрещиваются.
Тогда они либо пересекаются,
либо параллельны. В обоих случаях
через них можно провести
плоскость /3 (следствия 2 и 3). Но 1 ft
через прямую а и точку М <£ а
молшо провести единственную плоскость (следствие 1). Это
означает, что прямая b лежит в плоскости а. Получили
противоречие. D
^ Упражнение 1.3. Докажите, что справедливо утверждение,
обратное к признаку скрещивающихся прямых.
Пример 1.3. Является ли необходимым, достаточным
или необходимым и достаточным для того, чтобы прямые
а и Ъ скрещивались, следующее условие:
За: а С а, ЬПа = М?
(Советуем вам перед тем как читать решение, ещё раз
внимательно прочитать § 0.2)
Решение. Обозначим Р — {3 а: а с ос, b Г\ а = М}, Q =
= {а - Ъ). В задаче спрашивается, следует ли из
утверждения Р утверждение Q, и наоборот.

42 Глава 1. Введение в стереометрию
1. Выясним, верно ли, что
Известно, что существует плоскость а, проходящая
через прямую а и пересекающаяся с прямой Ъ в точке М. Это
напоминает формулировку признака скрещивающихся
прямых. В чём разница? Вспомните признак; в нём требуется,
чтобы точка М не принадлежала прямой а, а утверждение
Р этого не требует. Но из этого сразу ещё ничего не следует.
Может быть, условие М £ а в признаке несущественно
(например, взято для упрощения доказательства)? Остаётся
внимательно проанализировать случай МGo. А это сразу
даёт контрпример к утверждению Q: прямые а и b
пересекаются, а не скрещиваются (рис. 1.9). Итак, из Р не следует Q.
2. Выясним, верно ли, что Q=>P.
Известно, что прямые а и Ъ скрещиваются. Нужно
выяснить, существует ли плоскость а, проходящая через
прямую а и пересекающая прямую Ь. Но это утверждение
следует из теоремы, обратной к признаку
скрещивающихся прямых, которая, как мы уже знаем, верна
(упражнение 1.3).
Действительно, возьмём на прямой Ъ произвольную
точку М и проведём плоскость ос через прямую а и точку М
(рис. 1.10). По построению аса. Прямая Ь имеет с
плоскостью а общую точку Мине может лежать в ней (через
скрещивающиеся прямые нельзя провести плоскость),
значит, Ь П а = М. Итак, из Q следует Р.
Итак, выполнение условия Р является необходимым, но
не достаточным для выполнения условия Q. □
Рис. 1.9 Рис. 1.10

§ 1.4. О существовании объектов и построениях 43
§ 1.4. О существовании объектов и построениях
в стереометрии
Я хочу вам доказать, что единорог существует. Для
этого, очевидно, достаточно доказать более сильное
утверждение о том, что существует существующий
единорог. Возможны два и только два случая:
существующий единорог существует и существующий
единорог не существует. Второй случай мы исключаем
из рассмотрения как противоречивый.
Р. Смаллиан. Как же называется эта книга?
Когда вы читали предыдущий параграф, у вас могло
возникнуть чувство некоторого неудовлетворения.
Действительно, существование параллельных и пересекающихся
прямых известно из планиметрии (через такие прямые
можно провести плоскость). Но откуда следует, что
существуют скрещивающиеся прямые? Ведь ясно, что не
обязательно существуют объекты, обладающие наперёд
заданными свойствами. Классические примеры так называемых
Рис. 1.11

44 Глава L Введение в стереометрию
невозможных объектов изображены на рис. 1.11. Если же
скрещивающиеся прямые не существуют, то теряют смысл
и все утверждения о них, поскольку о несуществующем
объекте можно сказать всё что угодно.
На самом деле скрещивающиеся прямые, конечно же,
существуют. Для того чтобы убедиться в этом, мало
наглядного представления о скрещивающихся прямых. Но
достаточно такие прямые построить. Для этого сначала
уточним, что мы понимаем здесь под построением в
пространстве.
Мы считаем, что в пространстве можно провести
плоскость через три точки, не лежащие на одной прямой (а
значит, и через прямую и не лежащую на ней точку, через
пересекающиеся прямые и т. д.). Кроме того, в каждой
плоскости можно выполнять обычные построения, например
с помощью циркуля и линейки.
Доказав признак скрещивающихся прямых, мы
фактически доказали, что если прямые а и Ъ удовлетворяют
условию этой теоремы, то они удовлетворяют и
определению скрещивающихся прямых. Мы воспользуемся этим
фактом.
Возьмём в пространстве произвольную плоскость а и
проведём в ней пересекающиеся прямые а и с, аПс = О.
Выберем точку А £ а. Проведём через точку А и прямую с
плоскость /3. Плоскости а и /3 пересекаются по прямой с
Рис. 1.12

Задачи 45
(рис. 1.12). Возьмём на прямой с точку В, отличную от О.
В плоскости (5 проведём прямую Ъ через точки А и В.
Очевидно, что построенные прямые а и b удовлетворяют
условию теоремы 1.1 и, следовательно, скрещиваются.
Аналогичным образом можно доказать существование
параллельных прямой и плоскости, параллельных
плоскостей (эти понятия вводятся позже) и т.д. Надеемся, что
всякий раз, когда мы не приводим соответствующее
построение, вы без труда его восстановите.
Задачи
Если вы хотите научиться плавать, то
смело входите в воду, а если хотите
научиться решать задачи — решайте их.
Д. Пойа. Математическое открытие
1.1. В пространстве дано несколько прямых, любые две
из которых пересекаются. Докажите, что либо все они
лежат в одной плоскости, либо все они проходят через одну
точку.
1.2. Даны две прямые а и Ь. Выясните, являются ли
сформулированные ниже условия необходимыми,
достаточными или необходимыми и достаточными для того, чтобы
а и Ъ скрещивались:
а) а и Ъ не имеют общих точек;
б) любая плоскость, проведённая через прямую а и
точку, принадлежащую прямой Ь, пересекает Ь.
1.3. Каждая из двух прямых скрещивается с третьей
прямой. Верно ли, что эти две прямые являются
скрещивающимися?
1.4. Докажите, что если любая плоскость, пересекающая
одну из двух данных прямых, пересекает и вторую, то эти
две прямые параллельны (ср. с примером 1.2).

Глава 2
Параллельность в пространстве
Ах, зачем у нас граф Пален
Так к присяжным параллелен!
Будь он боле вертикален,
Суд их боле был бы делен.
А, К. Толстой. Рондо
§ 2Л. Прямая и плоскость в пространстве.
Признак параллельности
— Но скажите мне, пожалуйста, была бы
у нас та геометрия, которой меня учили
в школе, если бы материи не было вообще,
и пересекались бы тогда параллельные?
— Параллельные не пересекались бы, —
подтвердил профессор,—но ни одно
материальное существо не могло бы проверить это.
Г. Гамов. Приключения мистера Томпкинса
Пусть в пространстве даны плоскость а и прямая а.
Если они имеют по крайней мере две общие точки, то по
аксиоме прямой и плоскости аса (прямая а лежит в
плоскости а). Если общая точка одна, то а Па = А (прямая а
пересекает плоскость а в точке А). Оказывается, возможен
и третий случай, когда прямая и плоскость не имеют общих
точек: аПа — 0.
(Определение. Прямая и плоскость называются
параллельными^ если они не имеют общих точек.
Теорема 2.1 (признак параллельности прямой и
плоскости). Если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна
какой-либо прямой, лежащей в этой плоскости, то эти
прямая и плоскость параллельны.
Доказательство, Обозначим данные прямую и
плоскость через аи а соответственно. Пусть а || ft, где Ьсаиафа,

48
Глава 2. Параллельность в пространстве
Предположим, что прямая а и плоскость а не параллельны.
Тогда они имеют общую точку М (рис. 2.1). Следовательно,
по признаку скрещивающихся прямых а — Ь, что
противоречит условию теоремы. G
■^Упражнение 2.1. Сформулируйте и докажите теорему,
обратную к признаку параллельности прямой и плоскости.
и^ Упражнение 2.2. Докажите существование параллельных
прямой и плоскости, решив следующие задачи на
построение:
1) через данную точку, не лежащую в данной плоскости,
проведите прямую, параллельную этой плоскости;
2) через данную точку, не лежащую на данной прямой,
проведите плоскость, параллельную этой прямой.
Исследуйте единственность решения этих задач.
Теорема 2.2 (о линии пересечения двух плоскостей,
одна из которых проходит через прямую, параллельную
другой плоскости1*). Если плоскость проходит через
прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту
плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна
данной прямой.
Доказательство. Пусть плоскость j3 пересекает
плоскость а по прямой Ъ и проходит через прямую а такую, что
Рис. 2.1 Рис. 2.2
а || а (рис. 2.2). Тогда прямые а и Ь лежат в плоскости /?,
!)В дальнейшем мы будем ссылаться на эту теорему как на теорему
о линии пересечения.

§2.1. Прямая и плоскость в пространстве
49
причём аПЬ = 0 (иначе точка их пересечения лежала бы
в плоскости а, что противоречит параллельности прямой а
и плоскости а). Следовательно, а\\Ъ. □
Следствие 4. Если через каждую из двух параллельных
прямых проведена плоскость, причём эти плоскости
пересекаются, то линия их пересечения параллельна каждой
из данных прямых.
Доказательство. Пусть а || Ь, где а С а, Ъ с /3, причём
а П /3 — с (рис. 2.3). Докажем, что с \\ а и с \\Ь.
Действительно, поскольку Ь С (3 и а \\ Ь9 то
а || (3 по признаку параллельности
прямой и плоскости. Далее, по
теореме о линии пересечения получим
с || а. Аналогично доказывается, что
с||&. □
Отношение параллельности
прямых в пространстве, так же как и на
плоскости, обладает свойством тран- рис 2.3
зитивности.
I Следствие 5. Если прямая а параллельна прямой b, a
прямая b параллельна прямой с, то а параллельна с.
Доказательство. Пусть а || b и
Ъ || с. Докажем, что а \\ с. Если прямые
a, b и с лежат в одной плоскости,
то а || с по соответствующей теореме
планиметрии. Предположим теперь,
что эти прямые не лежат в одной
плоскости. Возьмём на прямой а точку М.
Через с и М проведём плоскость <х>
а через Ъ и М — плоскость /3 (рис. 2.4)
(здесь мы пользуемся следствием 1
из аксиом § 1.2). Линия пересечения
плоскостей а и /3 согласно следствию 4 из теоремы о линии
пересечения параллельна прямым с и 6. Но через точ-
Рис. 2.4

50
Глава 2. Параллельность в пространстве
ку М можно провести только одну прямую, параллельную
прямой Ь (см. пример 1.1). Поэтому линия пересечения
плоскостей а и (5 и прямая а — это одна и та же прямая.
Следовательно, а\\с. □
Следствие 6. Если прямая параллельна каждой из двух
пересекающихся плоскостей, то она параллельна их
линии пересечения.
Доказательство. Пусть
плоскости а и /3 пересекаются по прямой а,
а прямая Ъ параллельна плоскостям а
и /3. Возьмём на прямой а точку М
и проведём плоскость у через
прямую b и точку М (рис. 2.5). Пусть
плоскость у пересекает плоскость а
по прямой п\у а плоскость j3 — по
прямой п2- Тогда по теореме о
линии пересечения получаем, что а\ || Ъ
и п2 || Ь. Но прямые а\ и п2
имеют общую точку М, следовательно
(пример 1.1), это одна и та же прямая — прямая а.
Поэтому а || b. D
§ 2.2. Параллельность плоскостей. Транзитивность
параллельности плоскостей
Что лучше: вечное блаженство или бутерброд с
ветчиной? На первый взгляд кажется, что вечное блаженство
лучше, но в действительности это не так! Судите
сами. Что лучше вечного блаженства? Ничто. А
бутерброд с ветчиной лучше, чем ничто. Следовательно,
бутерброд с ветчиной лучше, чем вечное блаженство.
(Пример рассуждения по транзитивности.)
Р. Смаллиан. Как же называется эта книга?
Рис. 2.5
Вы уже знаете, что если две плоскости имеют общую
точку, то они пересекаются по прямой, проходящей через

§ 2.2. Параллельность плоскостей. Транзитивность 51
эту точку (аксиома пересечения плоскостей). Оказывается,
две плоскости могут и не иметь общих точек.
(Определение. Две плоскости называются параллелъны-
миу если они не имеют общих точек.
Теорема 2.3 (признак параллельности плоскостей).
Бели две пересекающиеся прямые одной плоскости
параллельны соответственно двум прямым другой плоскости,
то эти плоскости параллельны.
Доказательство. Пусть а и Ъ — прямые в плоскости а,
а\ и Ъ\ — прямые в плоскости /3, причём аГ\Ъ — М, а || ах
и b || Ь\. Предположим, что а и /3 не параллельны; тогда они
пересекаются, пусть а П/3 = с (рис. 2.6). По следствию 4 из
Рис. 2.6
теоремы о линии пересечения имеем с \\ а и с || Ъ. Но тогда
в силу транзитивности (следствие 5 из той же теоремы) а \\ Ь.
Получили противоречие. □
Замечание. Обратите внимание на то, что в условии теоремы
не требуется, чтобы прямые а% и Ь\ пересекались.
Приведём основные свойства параллельных плоскостей.
I Теорема 2.4. Линии пересечения двух параллельных
плоскостей третьей плоскостью параллельны.
Доказательство. Обозначим данные параллельные
плоскости через а и (3. Пусть плоскость у пересекает их
по прямым а и & соответственно (рис. 2.7а). Предположим

52
Глава 2. Параллельность в пространстве
Рис. 2.7
противное: прямые а и Ь не параллельны» Тогда они
пересекаются (так как лежат в одной плоскости), пусть аГ\Ь = М.
Так как М G а, то М € а; аналогично Мер. Таким образом,
плоскости а и jS имеют общую точку М, что противоречит
условию. □
Теорема 2.5. Отрезки параллельных прямых,
заключённые между двумя параллельными плоскостями, равны по
| длине.
Доказательство. Пусть даны параллельные плоскости
а и /3, а параллельные прямые а и Ъ пересекают эти
плоскости в точках А и А\> В и В\ соответственно (рис. 2.76). По
следствию 3 из аксиом (§ 1.2) через а и Ъ можно провести
плоскость у. Она пересечёт плоскости а и /3 по прямым АВ
и Ai£i соответственно. В силу свойства 1 (АВ) || {A\Bi).
Кроме того, по условию (AAi) || (ВВ\). Значит, АА\В\В —
параллелограмм (в плоскости у), и по свойству
параллелограмма АА\ — ВВ\. □
Теорема 2.6. Через каждую точку пространства, не
лежащую в данной плоскости, можно провести плоскость,
параллельную этой плоскости, и притом только одну.

§ 2.2. Параллельность плоскостей. Транзитивность 53
Доказательство. Пусть требуется через данную точ-
ку А, не лежащую в данной плоскости ау провести
плоскость/3, параллельную плоскости а.
Существование плоскости (3. Возьмём в
плоскости ol произвольную точку В и проведём через неё в
плоскости а две прямые а и Ъ. Через точку А проведём
прямые а\ и bi9 параллельные прямым а и b соответственно
(см. пример 1.1). Проведём через а\ и bi плоскость (3. По
признаку параллельности двух плоскостей а || /?♦
Единственность плоскости /3. Предположим
противное: через точку А можно провести две плоскости (3
и (3\у параллельные плоскости а. Так как плоскости (3 и (3\
имеют общую точку А, то по аксиоме пересечения
плоскостей они пересекаются по прямой; обозначим т = (3 D/3i
Рис. 2.8
(рис. 2.8). Возьмём в плоскости а прямую 1У не
параллельную т и такую, что I - т. Через точку А и прямую I
проведём плоскость у. Плоскость у пересекает плоскости (3
и (3i (так как имеет с ними общую точку А) по прямым b и Ь\
соответственно. По свойству 1 параллельных плоскостей
b || I и Ь\ || I. Но через точку А может проходить только

54 Глава 2. Параллельность в пространстве
одна прямая, параллельная L Полученное противоречие
означает, что /3 и (5\ — это одна и та же плоскость. D
Следующее свойство параллельных плоскостей
аналогично соответствующему свойству параллельных прямых.
Теорема 2.7 (транзитивность параллельности
плоскостей). Если плоскость ос параллельна плоскости /3, а
плоскость (3 параллельна плоскости у, то а параллельна у.
Доказательство. Предположим противное: a$у. Тогда
плоскости any пересекаются; обозначим т = аПу.
Возьмём на прямой т точку А. Получаем, что через точку А
проведены две плоскости а и у, параллельные плоскости /3,
что противоречит предыдущей теореме. D
Пример 2.1. Доказать, что через каждую из двух
скрещивающихся прямых можно провести плоскость так, чтобы
эти плоскости были параллельны.
Решение. Пусть а — Ь. Возьмём на прямой а точку А
и проведём через неё прямую а\, параллельную прямой Ъ
(пример 1.1). Через прямые а и а\ проведём плоскость
а (следствие 2 из аксиом, § 1.2). Аналогично строим
плоскость/3 (рис. 2.9). По признаку параллельности плоскостей
а||/3. □
Рис. 2.9
|^ Упражнение 2.3. Выясните, единственное ли решение имеет
эта задача.

§ 2.3. Параллельное и центральное проектирование 55
§ 2.3. Параллельное и центральное проектирование
Ветреный летний день.
Прижавшееся к стене
дерево и его тень.
И тень интересней мне.
И. Бродский. Сидя в тени
В этом параграфе мы познакомимся с новым видом
отображения1* — проектированием.
Пусть в пространстве заданы
плоскость а и прямая Z,
пересекающая а. Возьмём в
пространстве произвольную точку М и
проведём через неё прямую т,
параллельную / (если Mel, то
в качестве т берётся сама
прямая /) (рис. 2.10). Точку
пересечения Mi прямой т с плоскостью а
назовём параллельной проекцией рис 2.10
точки М на эту плоскость. При
этом плоскость а называется плоскостью проектирования,
а прямая I —направлением проектирования.
Определение. Пусть в пространстве задана фигура2^ Ф.
Отображение, ставящее в соответствие каждой точке М е
6 Ф её параллельную проекцию М\ на плоскость а в
направлении 1> называется параллельным
проектированием (на плоскость а в направлении Z), а множество всех
точек Mi — параллельной проекцией фигуры Ф на
плоскость а в направлении L
Вы не раз встречались с параллельным
проектированием в жизни. Например, ваша тень в солнечный день на
^Напомним, что отображением множества X в множество У
называется закон» по которому каждому элементу х £Х ставится в соответствие
ровно один элемент у eY.
2)Непустая, но, возможно, совпадающая со всем пространством.

56 Глава 2, Параллельность в пространстве
ровном асфальте есть ваша параллельная проекция
(солнечные лучи приближённо можно считать параллельными
ввиду большой удалённости Солнца от Земли).
Параллельное проектирование позволяет получать
наглядные изображения пространственных (трёхмерных)
фигур на (двумерной) плоскости (рис. 2.11). Дело в том, что
Рис. 2.11
параллельное проектирование сохраняет ряд важных черт
изображаемой фигуры. Перечислим основные свойства
параллельного проектирования в предположении, что
направление проектирования не параллельно рассматриваемым
прямым и отрезкам (в противном случае их проекциями
являются точки).
1°. Проекция прямой есть прямая, проекция отрезка —
отрезок.
2°. Две параллельные прямые проектируются либо в две
параллельные прямые, либо в одну и ту же прямую.
Проекции параллельных отрезков лежат либо на
параллельных прямых, либо на одной прямой.
3°. Длины проекций параллельных отрезков или
отрезков, лежащих на одной прямой, пропорциональны
длинам этих отрезков.
в^" Упражнение 2.4. Докажите свойства 1° и 2°.

§ 2.3. Параллельное и центральное проектирование 57
В*
Рис. 2.12
Рис. 2.13
Доказательство свойства 3°. Пусть АВ и CD —
отрезки, не параллельные направлению проектирования I] А',
В', С", Df — проекции точек А, В, С, D соответственно на
плоскость а в направлении /. Если А!В1 и CD' — один и тот
же отрезок, то АВ = CD и доказываемое утверждение
очевидно. Пусть А!В* и CfDf различны. Рассмотрим
сначала случай, когда проектируемые отрезки лежат на одной
прямой (рис. 2.12). Тогда их проекции лежат на линии
пересечения плоскости а и плоскости, проходящей через
прямую АВ параллельно направлению проектирования /
(почему?). Применяя известную из планиметрии теорему
о пропорциональных отрезках, получим, что1* АВ : CD —
= A'B':C'D'.
Теперь рассмотрим случай, когда отрезки АВ и CD
параллельны, а их проекции различны (рис. 2.13). Возьмём
на продолжении отрезка CD за точку С такую точку Е, что
СЕ = АВ. Так как (СЕ) || (АВ), то четырёхугольник АВЕС-
параллелограмм в плоскости, проходящей через прямые
АВ и CD (по признаку параллелограмма), следовательно,
(АС) || (BE). Пусть Е1 — проекция точки Е на плоскость а
в направлении L По свойству 2° (А!С) \\ (В'Е1) и (AfBf) \\
1}На рис. 2.12 отрезки АВ и CD не пересекаются, но в наших
рассуждениях мы нигде не использовали этот факт.

58 Глава 2. Параллельность в пространстве
|| (СЕ1) (так как (AC) \\ (BE) и (АВ) || (СЕ)), но (А!В1) \\ (CD1),
значит, Е1 € (CD') у и, так как A!BfEfC — параллелограмм,
А!В! = С'Я\ Итак, равенство AB:CD = А!В1: C'Df
равносильно равенству СЕ : CD = А'В1: CD1 > и тем самым мы свели
рассматриваемый случай к разобранному выше. □
При построении сечений пирамид (§ 2.7) нам
понадобится ещё один вид проектирования — центральное
проектирование.
Пусть в пространстве даны
плоскость а и точка S £ а.
Возьмём в пространстве произвольную
точку М, не лежащую в плоскости,
проходящей через S параллельно
плоскости я, и проведём через
точки S иМ прямую т (рис. 2.14).
Точку пересечения М\ прямой т
с плоскостью а назовём централь- Рис g 14
ной проекцией точки М. При
этом плоскость а называется плоскостью проектирования,
а точка S — центром проектирования.
Определение. Пусть в пространстве задана фигура1^ Ф.
Отображение, ставящее в соответствие каждой точке М €
€ Ф её центральную проекцию М\ на плоскость а с
центром S, называется центральным проектированием (на
плоскость а с центром S), а множество всех точек М\ —
центральной проекцией2^ фигуры Ф на плоскость а с
центром S (рис. 2.15).
Замечание. Иногда говорят, что параллельное
проектирование есть частный случай центрального, в котором центр
проектирования «удалён в бесконечность».
^Непустая, но, возможно, совпадающая со всем пространством.
2)В силу данного определения точки плоскости /3, проходящей
через S параллельно плоскости а, не имеют образов в плоскости а.
Однако это несоответствие можно устранить, если формально пополнить
плоскость а «бесконечно удалённой точкой», которая по определению
является образом плоскости /5,

§ 2.4. Первоначальное понятие о многогранниках 59
S%
Рис. 2.15
§ 2.4. Первоначальное понятие о многогранниках
В этом параграфе мы определим некоторые виды
многогранников, наиболее часто встречающиеся в
стереометрических задачах. Под многогранником мы понимаем
тело1*, ограниченное конечным числом плоскостей. Эти
плоскости, пересекаясь, образуют грани многогранника —
многоугольники. Стороны этих многоугольников называются
рёбрами многогранника, а концы рёбер —его вершинами.
Отрезок, соединяющий вершины многогранника, не
принадлежащие одной грани, называется диагональю
многогранника.
Отметим, что наше знакомство с многогранниками
носит лишь предварительный характер. Мы ещё не раз
вернёмся к ним в нашем курсе.
Призма
Определение. Призма — это многогранник, две грани
которого — равные многоугольники, лежащие в
параллельных плоскостях, а все рёбра, не лежащие в этих
плоскостях, параллельны между собой (рис. 2.16).
1JMbi пока не даём строгого определения понятия «тело», а
опираемся здесь на интуитивное представление о теле, поверхности тела и т. п.

60 Глава 2. Параллельность в пространстве
Два равных многоугольника, лежащие в параллельных
плоскостях, называются основаниями призмы. Остальные
грани призмы (являющиеся параллелограммами —
докажите это) называются её боковыми гранями^ а их
объединение — боковой поверхностью призмы. Рёбра, не лежащие
в основании призмы, называются её боковыми рёбрами.
Если в основаниях призмы лежат д-угольники, то призма
называется п-угольной.
Частным случаем призмы является параллелепипед —
призма, основаниями которой служат параллелограммы
(рис. 2.17).
Укажем основные свойства параллелепипеда.
1°. Противоположные грани параллелепипеда попарно
параллельны.
2°. Все четыре диагонали параллелепипеда
пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.
И* Упражнение 2.5. Докажите эти свойства.
Отметим ещё, что если все грани параллелепипеда
являются прямоугольниками, то параллелепипед
называется прямоугольным. Если же все грани параллелепипеда —
квадраты, то он называется кубом.

§ 2.4. Первоначальное понятие о многогранниках 61
Пирамида
Определение. Пирамида — это многогранник, одна из
граней которого — произвольный многоугольник1 \ а
остальные грани — треугольники с общей вершиной (рис. 2.18).
Этот многоугольник называется
основанием пирамидыу а остальные
(треугольные) грани — боковыми гранями.
Объединение боковых граней пирамиды
называется её боковой поверхностью.
Рёбра пирамиды, не принадлежащие
основанию, называются её боковыми
рёбрами. Общая вершина всех боковых граней
называется вершиной пирамиды.
Пирамида называется правильной, если в её основании
лежит правильный многоугольник, а все боковые грани —
равнобедренные треугольники с общей вершиной. Высота
боковой грани правильной пирамиды, проведённая из её
вершины, называется апофемой этой пирамиды (рис. 2.19).
Рис. 2.19
1}В дальнейшем, если не оговорено противное, мы будем
рассматривать только те пирамиды, в основании которых лежит выпуклый
многоугольник.

62
Глава 2. Параллельность в пространстве
Если в основании пирамиды
лежит я-угольник, то пирамида
называется м-угольной. Треугольная
пирамида называется тетраэдром
(рис. 2.20). Тетраэдр называется
правильным, если все его рёбра равны
(таким образом, все грани
правильного тетраэдра — равные правильные
треугольники).
Усечённая пирамида
Определение. Усечённой пирамидой называется часть
пирамиды, заключённая между плоскостью основания и
плоскостью, параллельной плоскости основания и
пересекающей все боковые рёбра пирамиды (рис. 2.21).
Основание исходной пирамиды и многоугольник,
полученный при пересечении её плоскостью, указанной в
определении, называются основаниями усечённой пирамиды.
Остальные её грани называются боковыми.
Усечённая пирамида называется правильной, если она
является частью правильной пирамиды. Боковые грани
Рис. 2.22

§ 2.5. Изображение фигур в стереометрии 63
правильной усечённой пирамиды — равные
равнобедренные трапеции. Высота каждой из этих трапеций называется
апофемой усечённой пирамиды (рис. 2.22).
§ 2.5. Изображение фигур в стереометрии
Рисовать — значит обманывать.
М. К Эшер
В стереометрии, хотя мы и имеем дело с
пространственными фигурами, для рассуждений используются плоские
чертежи, выполненные на листе бумаги. Только
благодаря пространственному воображению мы можем говорить
о трёхмерных фигурах, глядя на их плоские
изображения. Дадим определение изображения пространственной
фигуры.
Определение. Изображением фигуры называется
любая фигура, подобная параллельной проекции данной
фигуры на некоторую плоскость.
Далее мы рассмотрим некоторые правила, полезные при
изображении многогранников. Грани многогранников —
многоугольники, лежащие в различных плоскостях.
Поэтому для начала изучим, как изображаются (плоские)
многоугольники. При этом мы исключаем из рассмотрения
случаи, когда плоскость многоугольника параллельна
плоскости проектирования (в этом случае изображение
строится тривиально) или когда его плоскость параллельна
направлению проектирования (тогда изображением
многоугольника служит отрезок).
Треугольник
Справедливо следующее утверждение: для каждого
треугольника любой треугольник является некоторым его
изображением.
с^ Упражнение 2.6. Докажите это утверждение.

64 Глава 2. Параллельность в пространстве
Таким образом, параллельное проектирование, вообще
говоря, не сохраняет величин углов и отношений длин
непараллельных отрезков.
Пример 2.2. Пусть ААВС — изображение некоторого
правильного треугольника. Построить изображение центра
этого треугольника.
Решение. Вспомним, что центр правильного
треугольника является точкой пересечения его медиан. В силу
свойств 1° и 3° параллельного проектирования1*
изображениями медиан данного правильного треугольника
служат медианы его изображения (т.е. треугольника ABC).
Поэтому искомым изображением
центра является точка
пересечения медиан треугольника ABC
М (рис. 2.23). □
Обратите внимание на тот
факт, что медианы
треугольника-оригинала изображаются ме-
Рис. 2.Z3 дианами
треугольника-изображения, однако аналогичное
свойство, вообще говоря, не имеет места для высот и биссектрис
треугольника.
Параллелограмм
Для каждого параллелограмма (в частности,
прямоугольника, ромба, квадрата) любой параллелограмм
является некоторым его изображением. (Обоснуйте
самостоятельно это утверждение, используя соответствующий факт
для треугольника.)
ВЗР Упражнение 2.7. Постройте изображение равнобедренной
трапеции и её высоты.
^Заметим, что и преобразование подобия (на плоскости), как
известно из планиметрии, также переводит прямую в прямую,
параллельные прямые — в параллельные прямые и сохраняет отношение длин
параллельных отрезков.

§ 2.5. Изображение фигур в стереометрии
Правильный шестиугольник
65
На рис. 2.24а изображён оригинал — правильный
шестиугольник ABCDEF с центром О. В соответствии с
вышесказанным ромб АВСО изображается параллелограммом
Е
А!В'СО1 (рис. 2.246). Далее, в силу свойств 1° и 3°
параллельного проектирования точки оригинала, симметричные
относительно точки О, переходят
в точки изображения, симметричные
относительно точки О'. Поэтому,
отражая точки А! у В', С симметрично
относительно точки О', получаем
точки 2У, Е'у F1 соответственно.
Отметим без доказательства, что
изображением окружности является
эллипс — геометрическое место точек
М плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных
точек F\ и F2 этой плоскости (фокусов) есть константа (при
условии, что 2a>-FiF2>0, где 2а — указанная константа).
Эллипс изображён па рис, 2*25*
Перейдём теперь к изображению некоторых
многогранников. На этих изображениях обычно сплошными линиями
показываются «видимые» рёбра многогранника, а
штриховыми — «невидимые».
Рис. 2.25
3 Зак

66 Глава 2. Параллельность в пространстве
Тетраэдр
Для каждого тетраэдра любой четырехугольник
(выпуклый или невыпуклый) с проведенными в нем диагоналями
является некоторым его изображением1* (рис. 2.26а, б).
а) б)
Рис. 2.26
В
Параллелепипед
Изобразим сначала три ребра, выходящие из одной
вершины А (это можно сделать произвольно, см. рис. 2.27а).
Дальнейшее построение осуществляется уже однозначно:
Х)Это утверждение называют теоремой Польке—Шварца. Его
доказательство можно найти, например, в [Веский, 1971].

§ 2.6. Сечение многогранника. Построение сечений 67
каждый из остальных отрезков параллелен и равен по
длине одному из уже построенных трёх отрезков (по свойствам
параллельного проектирования, см. рис. 2.276).
Изображения других пирамид и призм строятся
аналогично. Главное — не забывать о свойствах параллельного
проектирования.
$Ш* Упражнение 2.8. Постройте изображение правильной
четырёхугольной пирамиды, правильной четырёхугольной
усечённой пирамиды.
§ 2.6. Сечение мпогограппика.
Построение сечений методом следов
--Как милости вашей будет завгодно,
—отвечал на всё согласный Селифап,— коли посечь, то
и посечь; я ничуть не прочь от того... Оно нужно
посечь, потому что... порядок нужно наблюдать.
Н. Гоголь. Мёртвые души
Пусть в пространстве заданы многогранник М и
плоскость а. Эта плоскость может не пересекать многогранник,
иметь с ним ровно одну общую точку (вершину
многогранника), пересекать его по отрезку (ребру многогранника) и,
наконец, пересекать его по многоугольнику (рис. 2.28а—г
соответственно). В последнем случае говорят, что
многоугольник является сечением многогранника плоскостью,
а эту плоскость называют секущей плоскостью.
Определение. Если пересечением многогранника и
плоскости является многоугольник, то он называется
сечением многогранника указанной плоскостью.
В этом и в следующих параграфах мы будем
заниматься решением задач такого типа: на данном изображении
многогранника требуется построить изображение его
сечения данной плоскостью. Термину «построить» мы придаём
обычный планиметрический смысл (построения
проводятся циркулем и линейкой), поскольку построения на изоб-
ражепии многогранника осуществляются в плоскости.

68
Глава 2. Параллельность в пространстве
Рис. 2.28
По сложившейся традиции мы будем вместо слов «на
изображении многогранника построить изображение его
сечения» писать «построитьсечение многогранника»,
опуская слово «изображение». Кроме того, отметим, что раз
речь идёт об изображениях фигур, то мы, разумеется,
будем использовать свойства параллельного проектирования
(см. § 2.3). Те места в последующих рассуждениях, где
эти свойства используются, обычно легко обнаруживаются,
поэтому мы не будем делать ссылок на указанные свойства,
полагая, что вы уже приобрели некоторый опыт работы
с изображениями по мере изучения двух предыдущих
параграфов.
В формулировке поставленной задачи мы не указали
способ задания секущей плоскости. Это можно сделать по-

§ 2.6, Сечение многогранника. Построение сечений 69
разному, например тремя точками, не лежащими на одной
прямой (реже встречается задание секущей плоскости
точкой и прямой, не проходящей через неё, а также двумя
пересекающимися прямыми; эти способы, впрочем, легко
сводятся к первому), двумя точками и условием
параллельности некоторой прямой, точкой и условием
параллельности некоторой плоскости и т. п.
Рассмотрим сначала самый простой случай, когда
секущая плоскость задана тремя точками, две из которых
лежат в плоскости одной грани многогранника, а третья —
в плоскости грани, смежной с первой. В этом случае, как
правило (если не возникает параллельности некоторых
прямых, на чём мы ниже остановимся особо), для обоснования
построения не приходится выходить за рамки аксиом и,
быть может, простейших следствий из них.
Приведём характерный пример.
Пример 2.3. Построить сечение пирамиды SABC
плоскостью, проходящей через точки Ку L и М (рис. 2.29а;
Ке (ABC), Le (ABC), Me (ASQ).
Решение. Для решения поставленной задачи построим
линии пересечения секущей плоскости с гранями
пирамиды. Предположим, что плоскость KLM (которую мы
обозначим а) построена. Так как плоскости а и ABC имеют
общую точку К у то они пересекаются по прямой,
проходящей через К (согласно аксиоме пересечения плоскостей),
а так как эти плоскости имеют ещё одну общую точку —
точку L, то прямая KL является линией пересечения
плоскостей а и ABC. Отсюда вытекает следующее построение:
проведём прямую KL до пересечения с отрезками АВ и ВС
в точках Е и F (рис. 2.296). Пусть эта прямая пересечёт
прямую АС в точке X. Будем рассуждать аналогично: точки
X иМ лежат как в плоскости а, так и в плоскости ASC,
следовательно, прямая ХМ — их линия пересечения, поэтому
строим прямую ХМ до пересечения с отрезками SA и SC
в точках Н и G (рис. 2.29в). Повторяя рассуждения по той
же схеме, делаем вывод, что плоскости а. и ASB пересека-

70
Глава 2. Параллельность в пространстве
ются по прямой ЕН9 а плоскости а и BSC — по прямой FG.
Поэтому для завершения построения остаётся соединить
точку Е с точкой Н и точку F с точкой G (рис. 2.29г).
Единственность решения вытекает из аксиомы плоскости.
S

§2.6. Сечение многогранника. Построение сечений 71
$Ж Упражпепие 2.9. Постройте сечение параллелепипеда
ABCDA\B\C\Di плоскостью (KLM) (рис. 2.30), где К, Le
), а М е (ААХВ).
Что же изменится, если прямые KL и АС окажутся
параллельными? В этом случае придётся
воспользоваться теоремами о параллельности в пространстве. Так как
прямая KL параллельна прямой АС, лежащей в плоскости
ASC, то по признаку параллельности прямой и плоскости
прямая KL параллельна плоскости ASC. Но плоскость а
проходит через прямую KL> следовательно (по теореме о
линии пересечения), линия пересечения плоскостей ос и ASC
должна быть параллельна прямой KL. Проведём через
точку М прямую, параллельную KL. Пусть она пересекает
отрезки SA и SC в точках Н и G. Соединив точки Н и J5,
а также G и F, получим искомое сечение (рис. 2,31). □
Мы видим, что проведённое построение сечения в обоих
случаях было основано на нахождении линий пересечения
секущей плоскости с плоскостями граней многогранника —
так называемых следов секущей плоскости на плоскостях
граней. Отсюда и происходит название метода построения
сечений, который мы только что проиллюстрировали, —
метод следов.

72
Глава 2. Параллельность в пространстве
Приведём теперь пример использования для
обоснования построения сечения теоремы о линиях пересечения
двух параллельных плоскостей третьей плоскостью. Эту
теорему удобно использовать, когда речь идёт о сечениях
многогранников, имеющих параллельные грани: призм,
параллелепипедов, кубов и т. д.
Пример 2.4. Построить сечение призмы пятиугольной
ABCDEA\B\C\D\Ei плоскостью, проходящей через точки
К,ЬиМ (рис. 2.32а), где К, Le (ABC), Me (AxBiCx).
Рис. 2.32

§ 2.6. Сечение многогранника. Построение сечений 73
Решение. Сначала построим прямую KL — линию
пересечения плоскостей KLM и ABC. Пусть эта прямая
пересечёт отрезки АВ и CD в точках Pi и Рг (рис. 2.326). Для
того чтобы построить след секущей плоскости на плоскости
грани А\В\С\, заметим, что плоскости ABC и AiB\C\
параллельны (по определению призмы), поэтому линия
пересечения секущей плоскости и плоскости А\В\С\ должна быть
параллельна прямой KL (и, конечно, проходить через
точку М). Строим прямую, проходящую через точку М
параллельно прямой KL. Пусть она пересекает отрезки А\Е\
и E\D\ в точках Р$ и Р± (рис. 2.32в). Дальнейшее
построение не вызывает затруднений и вполне аналогично
построениям из примера 1. Сечение изображено на рис. 2.32г. П
и^ Упражнение 2.10, Постройте сечение куба плоскостью,
проходящей через точки К, L и М (рис. 2.33), где К, Le (АА\В),
Me(CCiD).
Рис. 2.33
Теоремы о параллельности в пространстве применяются
и тогда, когда одним из условий задания секущей
плоскости является её параллельность некоторой прямой или
некоторой плоскости или некоторым двум
скрещивающимся прямым. Рассмотрим несколько примеров.

74
Глава 2. Параллельность в пространстве
Пример 2.5. Построить сечение призмы АВСА\В\С\
плоскостью а у проходящей через точку К е (АА\С)
параллельно плоскости АВ\С (рис. 2.34а).
Решение. Допустим, что сечение данной плоскостью а
построено. Так как плоскости а и АВ\С параллельны, то
линии их пересечения плоскостью АА\С также
параллельны. Поэтому следом секущей плоскости на плоскости грани
АА\С является прямая, параллельная прямой АС и
проходящая через точку К. Построим эту прямую. Пусть она
пересечёт отрезки АА\ и СС\ в точках Pi и Рг (рис. 2.346).
Рассуждая аналогично, получаем, что линия пересечения
плоскостей а и АА\В проходит через точку Pi параллелыю
прямой ABi, а линия пересечения плоскостей а и ВВ\С —
через точку Рг параллельно прямой СВ\. Дальнейшее
очевидно (рис. 2.34в). Решение задачи единственно согласно
теореме 2 из § 2.2. □
и^ Упражнение 2.11. Постройте сечение куба ABCDA\B\C\D\
плоскостью, проходящей через середину отрезка A\D
параллельно плоскости BC\D.
Пример 2.6. Построить сечепие пирамиды SABCD
плоскостью а, проходящей через точки К и L параллельно ребру
SB, где К, L e (ABC) (рис. 2.35а).

§ 2,6. Сечение многогранника. Построение сечений 75
Решение, Строим прямую
KL — след секущей плоскости
на плоскости грани ABCD. Для
определённости будем считать,
что эта прямая пересекает
отрезки АВ и CD, а не их
продолжения, в точках Pi и Р%
(другие случаи
рассматриваются аналогично). Так как
прямая SB параллельна секущей
плоскости а, то линия
пересечения плоскостей а и ASB
параллельна прямой SB. Поэтому
проводим через точку Pi
прямую, параллельную прямой SB.
Пусть построенная прямая
пересекает отрезок AS в точке Р±
(рис. 2.356). Пусть прямая KL
пересекает отрезок BD в точке X.
Плоскость BSD проходит через
прямую, параллельную
плоскости а.у следовательно, линия
пересечения этих плоскостей
параллельна прямой SB.
Строим прямую, проходящую через
точку X параллельно прямой
SB,—линию пересечения
плоскостей а и BSD. Пусть эта
прямая пересекается с отрезком SD
в точке Рз. Для завершения
построения достаточно соединить
эту точку с точками Рг и Р±
(рис. 2.35в).
в^ Упражнение 2.12. Докажите,
что решение рассмотренной в
примере 2.6 задачи единственно.
Рис. 2.35

76
Глава 2. Параллельность в пространстве
I®*Упражнение 2.13. Постройте сечение призмы АВСА\В\С\
плоскостью, проходящей через середину ребра АВ и вершипу
С параллельно прямой ВС\.
Пример 2.7. Построить сечение пирамиды SABC
плоскостью, проходящей через точку К, лежащую внутри
SABCy параллельно скрещивающимся рёбрам АВ и SC
(рис. 2.36а).
Построение искомого сечения показано на рис. 2.366, б.
Для его обоснования используется теорема о линии
пересечения.
Рис. 2.36

§2.7. Применение проектирования 77
ti& Упражнение 2.14. Обоснуйте построение из последнего
примера и докажите, что решение поставленной задачи
единственно.
§ 2.7. Применение проектирования при построении
сечепий многогранников
В примерах, разобранных в предыдущем параграфе,
следы секущей плоскости находились достаточно легко, что
объясняется наличием двух точек в плоскости одной грани
многогранника, принадлежащих также и плоскости
сечения. Теперь мы рассмотрим более сложные ситуации.
Пример 2.8. Построить сечение призмы ABCAiB\C\
плоскостью KLMy где Ке (AAiB), L e (BBiC), M e (AAiC)
(рис. 2.37а).
Решение. Точки Ку L и М находятся по одной на каждой
из боковых граней призмы. Проблема заключается в
нахождении следа плоскости KLM на плоскости ABC (мы
предполагаем, что эти плоскости пересекаются). Для того
чтобы построить этот след, воспользуемся параллельным
проектированием. Пусть точки К\у L\ и М\ — проекции
точек К у L и М на плоскость ABC в направлении бокового
ребра призмы, а X и У — точки пересечения прямых KL
и K\L\y KM и К\М\ соответственно (рис. 2.376). Так как
(KLM) П (ABC)у то из трёх пар прямых KL и К\Ь\У КМ
и K\M\j LM и L\M\ есть по крайней мере две пары
пересекающихся прямых (докажите это самостоятельно). Пусть
это будут пары KL, K\L\ и КМ, К\М\. Тогда прямая XY —
искомый след (рис. 2.37в). Действительно, точка X лежит
на прямой KLy следовательно, она принадлежит плоскости
сечения. Но эта же точка лежит и в плоскости ABC, так
как она находится на прямой K\L\. Следовательно, точка X
принадлежит линии пересечения плоскостей KLM и ABC.
Аналогичный вывод делаем и относительно точки У.
Теперь, после того как нужный след построен, дальнейшее
построение без труда проводится методами предыдущего
параграфа (рис. 2.37г).

78 Глава 2. Параллельность в пространстве
Рис. 2.37

§ 2.7. Применение проектирования
79
В случае когда плоскости KLM и ABC параллельны,
достаточно через точки К, L и М провести прямые, парал-
В
Рис. 2.38
лельные прямым АВ> ВС и СА (рис. 2.38). Искомое сечение
тем самым будет построено (докажите это). □
Параллельное проектирование удобно использовать при
построении сечений призм (в частности, параллелепипедов
и кубов). При этом, как правило, в качестве плоскости
проектирования выбирают плоскость основания призмы,
а за направление проектирования принимают направление
бокового ребра призмы.
При построении сечений пирамид удобно пользоваться
центральным проектированием. За плоскость
проектирования принимается плоскость основания, а в качестве центра
проектирования берут вершину пирамиды. Приведём
соответствующий пример.
Пример 2.9. Построить сечение пирамиды SABC
плоскостью KLM, где К е (ASB)y L € (BSC), M e (CSA)
(рис. 2.39а).
Решение. Построим центральные проекции точек Ку L
и М на плоскость ABC. Пусть это будут точки К\> L\
и М\ (рис. 2.396). Построим точки пересечения прямых KL

80 Глава 2. Параллельность в пространстве
S S
Рис. 2.39
и K\L\ (точка Х)у LM и L\M\ (точка У). Тогда аналогично
тому, как это было сделано в примере 2.8, доказываем,
что прямая XY — линия пересечения секущей плоскости
и плоскости основания пирамиды. Дальнейшее построение
показано на рис. 2.39в. □
Проектирование помогает и при построении некоторых
сечений, заданных условием параллельности.
в^ Упражнение 2.15. Постройте сечение призмы ABCA\B\Ci
плоскостью, проходящей через точки К и L параллельно
прямой АВ, где Ке (ВВгС), Le (ААгС) (рис. 2.40).

§ 2.7. Применение проектирования
81
В
Рис. 2.40
В рассмотренных выше примерах проектирование
применялось, по существу, для некоторого
усовершенствования метода следов. Метод следов, как мы видели, довольно
универсален, но у него имеется, пожалуй, один серьёзный
недостаток: построения следов занимают довольно много
места на листе бумаги, а в некоторых случаях точки
пересечения прямых вообще выходят за его пределы. От этого
недостатка свободен другой метод — метод внутреннего
проектирования у который мы сейчас проиллюстрируем.
Пример 2.10. Построить сечение призмы ABCA\BiC\
плоскостью KLM (рис. 2.41а), где К € (АА\В), L е {АА\С),
Me [ВС].
Решение. Сначала построим проекции точек К и L на
плоскость ABC в направлении ребра АА\ — точки К\ и L\.
Отрезок K\L\ является проекцией отрезка KL. Пусть Xi —
точка пересечения отрезков AM и K\L\. Построим
точку X отрезка KL, проекцией которой является точка Xi
(рис. 2.416). Теперь найдём точку пересечения прямой А\А
с прямой MX — точку Р. Эта точка лежит в плоскости
сечения. Действительно, эта точка принадлежит прямой MX,
которая проходит через точки М и X, лежащие в плоскости
сечения (точка М по условию, а точка X — так как
принадлежит прямой KL, лежащей в плоскости сечения). Остаётся

82 Глава 2. Параллельность в пространстве
В
в
Б
построить прямые РК и PL, пусть они пересекают отрезки
АВ и СС\ в точках Q и N соответственно. Четырёхугольник
MNPQ — искомое сечение (рис. 2.41в). □
Пример 2.11. Построить сечение пирамиды SABC
плоскостью KLM (рис. 2.42а), где Ке (ASB), Le (ASC), Мб
е(ВС).
Этот пример решается аналогично предыдущему с той
лишь разницей, что вместо параллельного проектирования
используется центральное (рис. 2.426).
I®* Упражнение 2.16. Постройте сечения многогранников,
изображённых на рис. 2.43 и рис. 2.44, плоскостью KLM с
помощью метода внутреннего проектирования.

§ 2.7. Применение проектирования
83
а)
В
Рис. 2.42
В
Рис. 2.43
Рис. 2.44
Как видно из приведённых примеров, все построения
мы проводили, не выходя за пределы изображения данного
многогранника. Отсюда и происходит название описанного
метода.
В заключение этого параграфа отметим, что многие
задачи на построение сечений многогранников могут быть
решены и с помощью комбинации метода следов и метода

84 Глава 2. Параллельность в пространстве
внутреннего проектирования. Выбор того или иного
метода (или их комбинации) диктуется в каждом конкретном
случае соображениями удобства, а также личным вкусом
решающего.
§ 2,8. Решение задач на сечения многогранников
— Мой дорогой Уотсон, попробуйте
немного поанализировать сами,— сказал
он с лёгким раздражением,— Вы знаете
мой метод. Примените его, и будет
поучительно сравнить результаты.
А. Конан Дойл. Знак четырёх
В этом параграфе мы разберём решения некоторых
задач, связанных с определением вида сечения
многогранника, вычислением периметров, площадей сечений,
отношений, в которых секущая плоскость делит рёбра
многогранника (или другие отрезки) и т. п. При этом мы не будем
подробно описывать само построение сечения и проводить
обоснование построения, полагая, что после внимательного
изучения двух предыдущих параграфов вы без труда
сделаете это самостоятельно. Тем не менее, когда вы будете
решать задачи, подобные разбираемым в этом параграфе,
не забывайте проводить аккуратное построение сечения
и давать обоснование построения — без этого решение
нельзя признать полным.
Отметим, что зачастую в формулировках задач о
сечениях не содержится требования построить их. Однако
чертежи, на которых сечение построено «на глазок», в
большинстве случаев являются источниками ошибок при
дальнейшем решении. Поэтому даже если не сказано:
«построить сечение плоскостью PQR*y— не поленитесь выполнить
черновую работу и проведите построение, это поможет
правильно решить задачу.
Пример 2.12. Точки Р, Q и Л —середины рёбер AiB\,
В\С\ и CD куба ABCDA\BiC\D\. Какой многоугольник

§ 2Я. Решение задач на сечения многогранников 85
Вг
получится в сечении куба плоскостью PQR? Определить
площадь этого многоугольника, если известно, что ребро
куба равно а.
Решение. Построим сечение методом следов (рис. 2.45).
По теореме о линиях пересечения двух параллельных
плоскостей третьей плоскостью стороны сечения, лежащие на
параллельных гранях куба, параллельны. Треугольники
PB\Q и QC\X равны, поэтому С\Х= ^ а так как и RC = ^,
то точка К — середина [CCi]. Так как (PQ) \\ (А\С\) (средняя
линия AAxJBiCi), (RL) || (PQ), (Aid) || (АС), то (LR) \\ (АС),
следовательно, L — середина [AD]. Аналогично М
—середина [AAi]. Из равенства прямоугольных треугольников1^
MAiP, PBiQ, QCiK, KCR, RDL и LAM следует, что все
стороны шестиугольника PQKRLM равны. Из равенства
^Заметим, что мы ещё не доказали справедливость известных
из планиметрии признаков равенства для треугольников, лежащих
в разных плоскостях. Мы сделаем это в гл. 8, не опираясь на результаты
предыдущих глав, а пока будем пользоваться указанными признаками
без доказательства.

86
Глава 2. Параллельность в пространстве
прямоугольных треугольников QC\X> XC\K и KC\Q
следует, что треугольник QKX равносторонний. Тогда Z.PQR =
= ZQKR— 120°. Аналогично доказывается, что все углы
шестиугольника PQKRLM равны 120°. Поэтому
полученное сечение является правильным шестиугольником.
Сторона этого шестиугольника равна -—^ следовательно, его
площадь равна
□
Пример 2.13. Дан куб ABCDAiB\C\D\ с ребром длины 1,
Точка Р — середина ребра A\D\, точка Q делит отрезок
АВ\ в отношении 2 : 1, считая от вершины А\ Л —точка
пересечения отрезков ВС\ и В\С. Построить сечение куба
плоскостью PQR. Найти периметр сечения и отношение,
в котором плоскость сечения делит диагональ АС\ куба.
Решение. Построим след секущей плоскости на
плоскости верхнего основания куба, для чего спроектируем на эту
плоскость параллельно ребру АА\ точки Q и R. Если Q\
и Ri — проекции этих точек, а X — точка пересечения
прямых QR и Qii?i, то прямая ХР — искомый след (рис. 2.46).
Глядя на рис. 2.46, трудно определить, какую именно сторо-
Рис. 2.46

§ 2Я. Решение задач на сечения многогранников 87
ну верхнего основания, кроме AiD\, пересекает прямая ХР.
Поэтому, чтобы не сделать ошибку и правильно нарисовать
сечение, определим положение точки X вычислением.
Из подобия треугольников АА\В\ и QQ\B\ находим,
что QQi = 1/3. Кроме того, ясно, что ARi = 1/2.
Поэтому из подобия треугольников XQQi и XRR\ получаем
XQi = QQi = 2
следовательно,
= 2. Но и
RRi ~ Г
= 2, a ZAiQiX=Zi?iQiEi. Значит,
(рис. 2.47), следовательно, (AiX) || (i?iBi), а это означает,
Рис. 2.47
Рис. 2.48
что точка X лежит на прямой A\D\. Поэтому сечение
выглядит так, как показано на рис. 2.48 (сечение —
параллелограмм и даже прямоугольник; докажите это). Из
прямоугольного треугольника A\B\N находим длину
отрезка A\N = ¥р~. Периметр сечения равен
= 2(AXN + NM) =

88
Глава 2. Параллельность в пространстве
Построим теперь точку пересечения К секущей
плоскости с прямой АС\. Для этого достаточно найти точку
пересечения отрезков RD\ и АС\ (почему?). Теперь из подобия тре-
АК
угольников AD\K и C\RK находим, что
СгК
= 2. □
Ключевым моментом в решении этой задачи явилось
определение положения прямой ХР относительно сторон
верхнего основания куба. Ошибка в этом пункте привела
бы к изменению формы сечения (рис» 2.49). Поэтому при
"У С
Рис. 2.49
решении таких задач целесообразно одновременно с
построением сечения проводить вычисления, уточняющие
положение всех его вершин.
Приведём ещё один подобный пример»
Пример 2.14, В основании треугольной пирамиды SABC
лежит правильный треугольник ABC. Точки Р, Q и R взяты
на медианах SP\> SQi и SR\ граней SAB, SBC и SCA
соответственно так, что SP : PPi = 2:1, SQ : QQi =2:3,
а Л-середина отрезка SR\♦ Построить сечение пирамиды
плоскостью PQR и определить, в каком отношении эта
плоскость делит ребро SB.

§ 2.8. Решение задач на сечения многогранников 89
S
Pi Ri
Рис. 2.51
Решение. Сначала построим след секущей плоскости на
плоскости основания пирамиды, соединив прямой точки X
и У пересечения прямых PR, P\Ri и PQ, P\Q\ (рис. 2.50).
Уточним теперь положение точек X и У, найдя отношения
XPi : XR\ и УР1 : YQ\. Для их вычисления воспользуемся
известной из планиметрии
теоремой Менелая (теорема П8.2).
Согласно этой теореме, применённой
к треугольнику SP\R\ (рис. 2.51),
SR
RiX
ХРХ
PS
следовательно, 1 • ^=- • ~ = 1, откуда
ХРл 1
^г—- = ;г. Аналогично из треугольника
Arii ^
1
= ^. Обратимся теперь к рис. 2.52. Так как
6
УР1
УР1
1
== ^, то
6
= hили ж=\ <так как
a
= ^ и
^ , то AyPiX-AARiX, следовательно,
точки X, У и А лежат на одной прямой (причём У —

90 Глава 2. Параллельность в пространстве
S
Рис. 2.54
М
Б
середина отрезка АХ). Теперь уже легко достроить сечение
(рис. 2.53).
Чтобы найти SM: MB (М — точка пересечения АР и SB)>
обратимся к рис. 2.54. Как известно из планиметрии,
точка Р, делящая медиану SP\ в отношении 2:1, считая
от вершины S, является точкой пересечения медиан
треугольника ASB. Поэтому AM — медиана этого
треугольника и SM: MB = 1:1. (Здесь нам немного повезло. Если бы
отношения АР\ : Р\В и SP: РР\ были другими, то снова
нужно было бы воспользоваться теоремой Менелая,
применив её к треугольнику SBP\.) □
Рассмотренная задача интересна ещё и тем, что
приведённое нами решение иллюстрирует удобство
применения теоремы Менелая для вычисления отношений, в
которых плоскость сечения делит рёбра (или другие отрезки)
пирамиды. Ведь при построении сечения пирамиды
методом следов неизбежно возникают конфигурации, подобные
изображённым на рис. 2.51 и 2.52.
Приведём теперь пример, иллюстрирующий идею так
называемого вспомогательного сечения (решение ряда
задач существенно упрощается, если удачно провести
некоторое дополнительное сечение).

§ 2,8. Решение задач на сечения многогранников 91
Пример 2.15. Пусть на диагоналях АВ\ и ВС\ граней
куба ABCDA\B\C\D\ расположены точки М и N
соответственно так, что отрезок MN параллелен грани ABCD. Найти
отношения, в которых точки М и N делят отрезки АВ\
и ВСи если
о
Решение. Проведём через отрезок MN плоскость,
параллельную основаниям куба. (Как это сделать? Единственна
ли эта плоскость?) Сечение куба этой плоскостью является
квадратом, который равен грани куба (рис. 2.55). Пусть реб-
ро куба равно a, a AM: AB\ = х. Из подобия треугольников
MBiP2 и ABiB имеем MBi : ABi = МР2 : АВ = ВХР2 : BiB.
Так как МВ\ = (1 - х) АВг, то МР2 = (1 - х)а, ВХР2 = (1 - х)а>
ВР2 = ВВ\ — В\Р2 = ха. Из подобия треугольников BP2N
и BBiC находим, что P2N: BiCi = BN: БС1 = ВР2 : BBi = л\
Поэтому P2N — ха и ЛЛГ: BCi = AM : AB\ = х. По теореме
Пифагора из треугольника MP2N имеем МР\ + NP\ = MN2.
Следовательно, (1 - х)2а2 +х2а2 = (5/9)а2, откуда получаем
xi = 2/3 и JC2 = 1/3. Тем самым задача имеет два решения
(рис. 2.55 и рис. 2.56). □

92
Глава 2. Параллельность в пространстве
В заключение рассмотрим планиметрическую задачу,
которая легко решается, если данную плоскую
конфигурацию представить как проекцию пространственной (этот
приём часто называют выходом в пространство).
Пример 2.16, На плоскости даны три параллельные
прямые и три точки. Построить треугольник, вершины
которого лежат на данных прямых, а данные точки лежат
на прямых, содержащих его стороны (по одной на каждой
прямой).
Решение. Рассмотрим треугольную призму. Данные
прямые можно считать проекциями на данную плоскость
прямых, содержащих боковые рёбра этой призмы, а данные
точки — проекциями точек, лежащих в плоскостях боковых
граней призмы. Тогда искомый треугольник будет
проекцией сечения призмы, проходящего через эти точки (призму
нужно взять достаточно «длинной», чтобы в сечении
получился треугольник). Тем самым наша задача свелась
к построению сечения призмы по трём точкам в плоскостях
боковых граней; эта задача решена нами в предыдущем
параграфе. □

Задачи 93
Задачи
Если вы пе можете решить задачу, вы всегда можете
взглянуть на ответ. Но, пожалуйста, постарайтесь
решить её самостоятельно, тогда вы научитесь большему
и быстрее.
Д. Кнут. The
2.1. Даны скрещивающиеся прямые а и Ъ и точка М.
Постройте прямую, проходящую через М и пересекающую
а и Ъ. Найдите все точки М, для которых задача не имеет
решения.
2.2* В пространстве даны три попарпо
скрещивающиеся прямые. Постройте прямую, пересекающую каждую
из них. Всегда ли это возможно? Сколько таких прямых
существует? Через любую ли точку, взятую на одной из
данных прямых, можно провести искомую прямую?
2.3. Верно ли, что две плоскости параллельны тогда
и только тогда, когда всякая прямая, пересекающая одну
из них, пересекает и другую?
2.4. Скрещивающиеся прямые а и & проектируются на
плоскость а у пересекающую обе прямые, причём прямая а
проектируется параллельно прямой Ьу а прямая Ъ —
параллельно прямой а. Докажите, что проекции данных прямых
параллельны.
2.5. Может ли параллельная проекция тетраэдра на
плоскость быть:
а) трапецией;
б) параллелограммом;
в) пятиугольником?
Если может, то укажите явно плоскость проектирования
и направление проектирования.
2.6. Может ли параллельная проекция параллелепипеда
на плоскость быть:
а)трапецией;
б) пятиугольником;
в) шестиугольником?

94
Глава 2. Параллельность в пространстве
Если может, то укажите явно плоскость проектирования
и направление проектирования.
2.7. Постройте сечения многогранников (рис. 2.57)
плоскостью PQR.
D
Рис. 2.57
2.8. Постройте сечения многогранников (рис. 2.58)
плоскостью, проходящей через точки Р и Q параллельно
прямой /.
Рис. 2.58

Задачи
95
2.9. Постройте сечения многогранников (рис. 2.59)
плоскостью, проходящей через точку Р параллельно
плоскости а.
Рис. 2.59
2.10. Постройте сечения многогранников (рис. 2.60)
плоскостью, проходящей через точку Р параллельно
прямым 1\ и /г-
а)
в
Рис. 2.60

96 Глава 2. Параллельность в пространстве
D D
Na
М
М
в а) в б)
Рис. 2.61
2.11. Может ли четырёхугольник KLMN быть сечением
пирамиды ABCD (рис. 2.61)?
2.12. а) Какие многоугольники могут быть сечениями
куба плоскостью?
б) Какие правильные многоугольники могут быть
сечениями куба плоскостью?
2.13. Может ли сечение куба быть тупоугольным
треугольником?
2.14. В прямоугольном параллелепипеде одно из
сечений является правильным шестиугольником. Докажите,
что этот параллелепипед— куб.
2.15*. Сечение правильной четырёхугольной пирамиды
является правильным пятиугольником. Докажите, что
боковые грани этой пирамиды — правильные треугольники.
2.16*. В основании пирамиды
лежит правильный тг-угольник. При
каких п эта пирамида может иметь
сечение, являющееся правильным
(п + 1)-угольником?
2.17. На рис. 2.62 изображён
шестигранник ABCDA\B\CiD\> все
грани которого являются
четырёхугольниками. Постройте изображе-
Рис. 2.62 ние его вершины D\.

Задачи 97
2.18. а) Через точку на ребре тетраэдра проведите
плоскость а так, чтобы сечение тетраэдра было
параллелограммом.
б) Докажите, что сечение тетраэдра плоскостью /3 || а
также является параллелограммом.
2.19. Докажите, что каждый тетраэдр имеет сечение,
являющееся ромбом. Сколько таких сечений можно
построить?
2.20. Скрещивающиеся рёбра тетраэдра имеют длины а
и &. Сечение тетраэдра, параллельное этим рёбрам, —ромб.
В каких отношениях плоскость сечения делит рёбра
тетраэдра, которые она пересекает?
2.21. Докажите, что любую четырёхугольную пирамиду
можно пересечь плоскостью так, что в сечении получится
параллелограмм.
2.22*. Докажите, что периметр любого
четырёхугольного сечения правильного тетраэдра с ребром длины 1 не
меньше 2, но меньше 3.
2.23. Длина ребра куба ABCDA\B\C\Di равна а. На
рёбрах AD и В\С\ взяты соответственно точки М и Q, а на
ребре CD - точки Р и N так, что AM = CiQ = CP = DN = а/3.
Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через
прямую МР параллельно прямой NQ, и найдите его
площадь.
2.24. Точки М, N и Р — середины рёбер АВ, CD и ВС
тетраэдра ABCD. Через точку Р проведена плоскость,
параллельная прямым DM и AN. В каком отношении она
делит ребро AD?
2.25. Через середины М и N рёбер AD и СС\
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ проведена плоскость,
параллельная его диагонали B\D. В каком отношении она делит
ребро ВВх?
2.26. Точки О и Oi -центры граней ABCD и A\BiC\Di
куба ABCDA\B\C\D\. На отрезке ОО\ взята точка S так,
что O\S : OS =1:3. Через эту точку проведено сечение
куба, параллельное его диагонали АС\ и диагонали BD
4 Зак. 3383

98 Глава 2. Параллельность в пространстве
основания. Найдите площадь сечения, если длина ребра
куба равна а.
2.27. Точка О — центр основания правильной
четырёхугольной пирамиды SABCD. Через середины отрезков АВУ
ВС и SO проведена плоскость а. Найдите площадь сечения
пирамиды этой плоскостью, если известно, что площадь
её сечения плоскостью, проходящей через точки А и С
параллельно ребру SB, равна q.
2.28. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
через середины отрезков АВ и AD проведена плоскость,
параллельная ребру SA. Найдите площадь сечения, если
АВ = ау SA = b.
2.29. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
на диагонали основания AD взяты три точки, делящие её
на четыре равные части. Через эти точки проведены
сечения, параллельные плоскости SAB. Найдите отношения
площадей этих сечений.
2.30. Основанием пирамиды SABCD является
параллелограмм ABCD. Точка L лежит на ребре SD и делит его
в отношении SL : LD = 2 :1, а точка К — середина ребра SB.
Постройте сечение пирамиды плоскостью AKL и
определите, в каком отношении эта плоскость делит ребро SC.
2.31. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
точка К — середина ребра AD, точка М — середина
ребра АВ, а точка N — середина ребра ВС. Точки Р, Q и R
лежат на отрезках SK, SM и SN соответственно, причём
SP : РК = 2 :1, SQ : QM = 4:7, аД- середина отрезка SN.
В каком отношении плоскость PQR делит рёбра пирамиды,
которые она пересекает?
2.32. Правильная пятиугольная пирамида SABCDE
пересечена плоскостью, проходящей через вершину А
основания и середины рёбер SD и SE. Найдите площадь сечения,
если сторона основания пирамиды равна а, а боковое ребро
равно Ь.
2.33*. Через точку, взятую внутри треугольной
пирамиды, параллельно её рёбрам проведены отрезки с концами на

Задачи 99
гранях пирамиды. Докажите, что сумма шести отношений
длин этих отрезков к длинам параллельных им рёбер не
зависит от выбора первоначальной точки. Чему равна эта
сумма?
2.34. а) Три прямые одной плоскости параллельны. На
первой из них взяты точки А\ и Аг, на второй — В\ и Бг, на
третьей — С\ и Сг- Пусть прямые А\В\ и А2Б2, В\С\ и Б2С2,
А\С\ и А2С2 пересекаются в точках X, Y и Z. Докажите,
что точки X, У и Z лежат на одной прямой.
б) В плоскости даны треугольники ABC и A\BiC\9
причём прямые АА\У ВВ\ и СС\ пересекаются в одной
точке. Докажите, что если прямые АВ и А\В\> ВС и В\С\,
СА и С\А\ попарно пересекаются, то точки их
пересечения лежат на одной прямой. (Частные случаи теоремы
Дезарга.)
2.36. На плоскости даны три луча с общим началом,
и внутри каждого из трёх углов, образованных этими
лучами, отмечено по точке. Постройте треугольник так, чтобы
его вершины лежали на данных лучах, а стороны (или
их продолжения) проходили через отмеченные точки (по
одной через каждую из точек).
2.36. В четырёхугольник ABCD вписаны два
прямоугольника с параллельными сторонами так, что на каждой из
сторон АВ, ВС, CD, DA лежит по одной вершине
каждого прямоугольника. Периметр каждого
прямоугольника равен 10. Найдите площадь четырёхугольника ABCD
и докажите, что для каждой точки на любой из сторон
четырёхугольника ABCD можно построить прямоугольник
с вершиной в этой точке, вписанный в ABCD, стороны
которого параллельны сторонам данных прямоугольников
и периметр которого также равен 10.

Глава 3
Векторы в пространстве
В некотором пространстве, в некотором
подпространстве жило-было-задано
нормализованное удобопорядоченное семейство векторов...
Адам Ар и Ева Клад, Как три вектора
один детерминант в нуль обратили
§ 3.1. Определение вектора.
Линейные операции над векторами
Особенность понятия вектор заключается в том, что все
определения и теоремы, связанные с векторами на
плоскости, дословно (кроме, быть может, замены слова
«плоскость» на слово «пространство») переносятся на
пространственный случай. Поэтому мы лишь напомним схему
введения этого понятия и подробно обсудим новые свойства,
возникающие в пространстве. Рекомендуем вам, прежде
чем продолжать изучение, освежить в памяти
соответствующий раздел планиметрии (см., например, [Гусятников,
Резниченко, 1985]).
Понятие вектора вводится так: сначала определяют
направленный отрезок (как упорядоченную пару точек
пространства) и понятия, связанные с ним (начало, конец,
длина, направление). Затем даётся определение равных
направленных отрезков (как имеющих одинаковую длину
и направление). После этого определяют вектор.
I
Определение. Вектором называется множество всех
равных между собой направленных отрезков.
Векторы обычно обозначают строчными латинскими
буквами со стрелкой сверху: 3, ft, ? и т.д. Направленные
отрезки обозначают, указывая их начало и конец, также
со стрелкой сверху: АВ.

102 Глава 3. Векторы в пространстве
Итак, вектор — это множество, состоящее из
бесконечного числа элементов. Напомним одно важное соглашение,
связанное с этим понятием: если АВ € #, то говорят, что
направленный отрезок АВ изображает вектор й\ при этом
на чертеже рисуется именно направленный отрезок АВ,
а говорят про него «вектор»1*. В частности, когда мы
говорим «отложим вектор а от точки О», то имеется в виду,
что строится направленный отрезок ОА, изображающий
вектор 3.
После того как дано определение вектора, все понятия,
связанные с направленными отрезками, переносятся на
векторы следующим образом: говорят, что векторы
обладают некоторым свойством, если этим свойством обладают
изображающие их направленные отрезки. Например,
векторы называются равными, если равны изображающие их
направленные отрезки.
Определённый выше объект часто называют свободным
вектором, чтобы подчеркнуть, что вектор в геометрии
характеризуется только длиной и направлением, в отличие
от связанного вектора, имеющего фиксированное начало
(таков, например, в физике «вектор силы», действующей
на упругое тело, который характеризуется ещё и точкой
приложения).
Под линейными операциями над векторами мы будем
понимать сложение и вычитание векторов, а также
умножение вектора на число (скаляр). Эти операции определяются
так же, как и для плоскости. В частности, произведением
вектора 3 на действительное число а называется вектор
длины \а\ • |а|, сонаправленный с а, если а ^ 0, и направленный
противоположно а, если а < 0.
Из планиметрии вам известны правило треугольника
(рис. 3.1), правило параллелограмма (рис. 3.2) и правило
ломаной сложения векторов (если А\9 А^ ..-, Ап — произ-
^Далее мы в тех случаях, когда не возникает двусмысленности,
будем обозначать вектор так же, как изображающий его направленный
отрезок, например Л5.

§3.1. Определение вектора. Линейные операции 103
Рис. 3.1
Рис. 3.2
вольные точки плоскости, то А1А2 + ... + Ап-\Ап = А\Ап).
Правила треугольника и параллелограмма сохраняются
и в пространстве, правило ломаной справедливо для
произвольных точек Аь A<iy .♦♦, Ап пространства; кроме того, в
пространстве справедливо правило параллелепипеда: если
ОА Е 3, ОВ е £, ОС е ?, то, построив на направленных
отрезках параллелепипед OAEBCFDG (рис. 3.3), можно
о
Рис. 3.3
найти направленный отрезок ОХ>, изображающий вектор
который является суммой векторов 3, Ь, ?.
Напомним основные свойства линейных операций
(которые доказываются точно так же, как и для плоскости).
Свойства сложения векторов
(Нулевой вектор б и противоположный вектор
деляются так же, как и в планиметрии.)
—а опре-

104 Глава 3. Векторы в пространстве
—♦ > ►
1°. V 3, b: cl + b = b + ct (коммутативность сложения).
2°. V 3, ft, ?: 3 + (& + ?) = (а + Ь) + ? (ассоциативность
сложения).
3°. V3: 3 + 6 = 3.
4°. V3:3+(-3)=6.
Свойства умножения вектора на число
1°, V3; Var, /ЗбК: (а/3)а= а(/33) (ассоциативность).
2°. V3; Va, /ЗеМ: (a+P)3=a2 + /33 (дистрибутивность
по отношению к сложению действительных чисел).
3°. V 3, Ь; V a e R: а (3 + Ь) = оси + аЬ (дистрибутивность
по отношению к сложению векторов).
4°. V3: 13=3.
о^ Упражнение 3.1. Докажите правило ломаной в пространстве
и правило параллелепипеда, используя правила
треугольника и параллелограмма.
Решим несколько задач, используя свойства линейных
операций над векторами в пространстве. Первые две из них
дословно повторяют соответствующие задачи из
планиметрии.
Пример 3.1. Доказать, что если М — середина отрезка
АВ, в. О — произвольная точка пространства, то
(3.1)
/и
Решение. По правилу треугольника AM = АО + ОМ =
= ~ОА + ОМ (рис. 3,4). Аналогично MB = -ОЙ + ОВ.
Поскольку AM = MB у то —ОА + ОМ = -ОМ + ОВ, откуда и
следует равенство (3.1). □
Замечание. Формула (3.1) — частный случай формулы
деления отрезка в данном отношении: если точка М делит
отрезок АВ в отношении А, т. е. AM : MB = А, а О — произвольная
точка пространства, то
Ъ^М (3-2)

§ 3.1. Определение вектора. Линейные операции 105
Рис. 3.5
с^ Упражнение 3.2. Докажите формулу (3.2).
Очевидно, при А = 1 формула (3,2) переходит в (3.1).
Формулу (3.2) можно и не запоминать, а в каждом конкретном случае
воспроизводить соответствующий вывод.
Пример 3.2. Доказать, что если М — точка пересечения
медиан треугольника ABC, а О — произвольная точка
пространства, то
ом = ±
(3.3)
Решение. Пусть АА\ — медиана треугольника ABC
(рис. 3.5). По свойству медиан треугольника AM = 2МА\.
Но AM = -ОА + ОМ, МА\ = -ОМ + ОА\. Следовательно,
ОМ=-2ОМ+ 20А\. По формуле (3.1) имеем OAi =
= л (ОВ + ОС). Подставляя это выражение для ОА\ в послед-
нее равенство, получаем, что ЗОМ = ОА + ОВ + ОС, откуда
следует равенство (3.3). □
Следующая задача представляет собой обобщение
свойства медиан треугольника на пространственный случай.
Конечно, оно может быть доказано и чисто геометрически,
см. [Кутасов и др., 1981], но мы приведём здесь векторное
доказательство.

106 Глава 3. Векторы в пространстве
Пример З.З, В тетраэдре ABCD каждая вершина
соединена с точкой пересечения медиан противолежащей грани.
Доказать, что все эти отрезки1* имеют общую точку,
которая делит каждый из них в отношении 3:1, считая от
вершины тетраэдра.
Решение. Обозначим точки пересечения медиан граней
BCD, ACD, ABD и ABC через Аь Вь С\ и D\
соответственно. Пусть точка X делит отрезок АА\ в отношении
3:1, считая от точки А, т.е. АХ = 3XAi, О —
произвольная точка пространства (рис. 3.6). Тогда АХ = —ОА
ХА\ = -ОХ + ОАь Следовательно, -ОА + ОХ = -ЗОХ +
+ ЗОАь откуда получаем ОХ = jOA + jOA\. Но в силу
равенства (3-3) имеем ЗОА\ = ОВ + ОС + OD. Окончательно
получаем Ш? = -г (ОА + ОВ + об + OD). Полученное
выражение симметрично относительно перестановок вершин А> В,
С и D. Следовательно, мы получим то же самое выражение
для векторов OY, OZ и OU, где точки Y, Z и U делят отрезки
СС\ и DD\ в отношении 3:1, считая соответственно
1>Их часто называют медианами тетраэдра.

§ 3,2, Компланарность векторов 107
от точек В, С и В. Это означает, что X, У, Z и U — одна
и та же точка, т.е. X — общая точка всех четырёх отрезков,
делящая каждый из них в отношении 3:1. □
§ 3.2. Комплапарность векторов.
Разложение вектора по базису
Перед чтением этого параграфа советуем вам вспомнить
понятие коллинеарности векторов и теорему о разложении
вектора по базису на плоскости. Если вы вдумчиво
изучили соответствующий раздел планиметрии, то всё, что
содержится в этом параграфе, покажется вам не более чем
тривиальным обобщением соответствующих понятий и
теорем для плоскости — двумерного пространства — на
трёхмерный случай.
Определение понятия коллинеарности в пространстве
дословно повторяет аналогичное определение в случае
плоскости.
Определение. Два вектора называются коллинеарными>
если изображающие их направленные отрезки
параллельны некоторой прямой. Нулевой вектор коллинеарен
любому вектору.
Если векторы 3 и ft коллинеарны, то мы будем
обозначать это так: 31| ft.
Напомним известный вам из планиметрии признак
коллинеарности векторов.
Если для векторов а и Ъ существует такое число х,
что ft = х39 то dub коллинеарны.
Это утверждение доказывается точно так же, как и в
планиметрии. Заметим, что обратное неверно: если а || ft,
то может и не найтись такое х, что Ъ — хЗ. Действительно,
если 3 = б, то а \\ Ъ для любого ft, а равенство ft = хЗ в этом
случае возможно лишь для ft = б. Если же а ф б, а || ft, то
— xd для некоторого х (докажите!).

108
Глава 3. Векторы в пространстве
Новое понятие, возникающее в пространстве и
играющее ту же роль, что и коллинеарность векторов на
плоскости,—компланарность векторов.
Определение. Векторы а, о и ? называются
компланарными, если изображающие их направленные отрезки
параллельны некоторой плоскости, в частности, если хотя
бы один из них нулевой1*.
Данные нами определения коллинеарных и
компланарных векторов корректны (т.е. параллельность, о которой
в них идёт речь, сохраняется при любом выборе
изображающих векторы направленных отрезков) в силу свойства
транзитивности параллельности прямых в пространстве
(следствие 5 из теоремы 2.2).
Докажем признак компланарности.
Теорема 3.1 (признак компланарности векторов). Если
для векторов а, Ъ и <? существуют такие числа х и г/, что
?= хй + уЬу то й, b и ? компланарны.
Доказательство. Рассмотрим два случая.
1. Пусть а || Ъ. Если 3 = 5, то векторы а, Ъ и с?
компланарны. Если а ф б, то Ь — za для некоторого г.
Следовательно, <?= xd + yb = xd + y(zfi) = (х + zy)a = йа, где k = х + zy,
и по признаку коллинеарности векторов ? коллинеарен 3.
Аналогично ? коллинеарен ft. Тогда
найдётся прямая I, параллельная 3,
Ъ и ?. Проведём через Z плоскость а.
Векторы 3, 6 и ? параллельны а и,
следовательно, компланарны.
2. Пусть З^Ь. Отложим данные
векторы от одной точки О (рис. 3.7):
ОА = 3, ОВ = Ь, об = ?. По условию
теоремы ОС — хй + у$. Предположим,
Рис. 3.7
^Нулевой вектор по определению считается параллельным любой
плоскости.

§ 3.2. Компланарность векторов 109
что 2, 6 и ? некомпланарны. Это означает, что точка С
не принадлежит плоскости АОВ. В плоскости АОВ можно
построить такую точку £>, что OD = xa + yb (см» рис. 3.7).
Следовательно, Ои = OD, поэтому С и D — одна и та же
точка. Полученное противоречие означает, что 3, b и ?
компланарны. П
US' Упражнение 3.3. Дан пространственный четырёхугольник
ABCDj где N я М — середины отрезков ВС и DA. Докажите,
что прямые АВ, CD и MiV параллельны некоторой плоскости.
Указание. Докажите равенство MN= -={AB-\-CD) и восполь-
зуйтесь признаком компланарности.
Подумайте, как обобщить задачу: в каких отношениях точки
М и N должны делить [ВС] и [AD], чтобы утверждение задачи
оставалось верным?
Замечание. Теорема, обратная признаку компланарности:
если а, Ь и *£ компланарны, то существуют такие числа хиу, что
(*=xfi-\-yb, неверна (приведите соответствующий контрпример).
Однако верно следующее утверждение.
Теорема 3.2. Пусть 3, b и ?—компланарные векторы,
причём 3 и b неколлинеарны. Тогда существует
единственная такая пара чисел х и у9 что ?= хй + yb.
Эта теорема сразу вытекает из теоремы о разложении
вектора по двум неколлинеарным векторам на плоскости.
(Напомним: говорят, что вектор b разложен по векторам
#2, •••» 2П, если указаны такие действительные числа
#2> •••> #л> что fr = ai3i + af232 + ... + an3n.) Аналогичная
теорема о разложении вектора имеет место в пространстве.
Теорема 3.3. Пусть 3, b и ?— некомпланарные векторы.
Тогда для любого вектора 3 существует единственная
тройка таких действительных чисел х, у и 2, что a = jc3 + t/fe + z2.
Доказательство. Существование. Рассмотрим
два случая.

110 Глава 3. Векторы в пространстве
1. Пусть Z || ?♦ Тогда, поскольку ?^ б (иначе 2, Ъ и ? были
бы комланарны), существует такое число z, что 5 = 2? =
2. Пусть З-lf?. Отложим векторы 3, Ь, ? и 3 от одной
точки О (рис. 3.8): ОА = й, ОВ = Ь, Об = ?, OD = d.
Рис. 3.8
Точки С, О и D не лежат на одной прямой (так как
проведём через них плоскость а. Точки А, О и В также
не лежат на одной прямой (cttyb; если а || ft, то a, ft и ?
компланарны), проведём через них плоскость/3. Поскольку
3,Ь и ? некомпланарны, построенные плоскости различны.
Они имеют общую точку О и, следовательно, пересекаются
по прямой /, проходящей через О (см. рис. 3.8). В плоскости
а проведём (DCi) ||Z, где Ci G (ОС^и (DDi) \\ (ОС), где Di б/.
По правилу параллелограмма OD — ОС\-\-OD\. Векторы
ОС\ и ОС = ? коллинеарны, ?^ 0 (иначе а, Ь и ? были бы
комланарны), следовательно, существует такое число 2, что
ОС\ = г?. Далее, вектор OD\ можно разложить по неколли-
неарным векторам ОА и ОВ в плоскости р: OD\ =xct + yb.
Окончательно получаем OD = d = xa + yb + z<*.
Единственность. Предположим, что требуемое
разложение неединственно, т.е. также 5 = x\U+ y\b + Z\S
для некоторых действительных чисел х\у у\ и z\. Без
ограничения общности можно считать, что хфх\. Вычитая

§3.2. Компланарность векторов 111
данные равенства одно из другого, получаем
(х - хх)П+ (у - ух)Ъ + (г - zi)? = б,
откуда, поскольку х - #i ф 0, имеем
X — Х\ Х-Х\
Значит, по признаку компланарности а, Ь и ? компланарны.
Получили противоречие. □
Базисом на плоскости называется упорядоченная пара
неколлинеарных векторов. Любой вектор на плоскости
может быть однозначно разложен по базисным. Аналогично
определяется базис в пространстве.
Определение. Базисом в пространстве называется
упорядоченная тройка некомпланарных векторов.
Базис из векторов 3, Ь и ? обозначают {3, Ь, ?}.
Только что доказанная теорема утверждает, что любой вектор
пространства однозначно раскладывается по базисным
векторам.
Пусть а, Ъ и ? — некоторый базис, а — произвольный
вектор пространства.
Определение. Коэффициенты а, б, у в разложении 3 =
= оса + (ЗЬ + у<* называют координатами вектора а в
базисе {3, Ь, ?}.
Координаты вектора в данном базисе определяются
однозначно, поэтому если нам каким-то способом удалось их
определить, то можно быть уверенными, что и любым
другим способом получится тот же самый результат. При этом,
конечно, если мы сменим базис, то координаты вектора,
вообще говоря, изменятся.
Пример 3.4. Дан параллелепипед ABCDAiB\C\D\. Точ-
ки М и N — середины рёбер ВС и C\D\. Разложить вектор
MN: _^ _^ ^
1) по векторам АВ, AD, АА\\
2) по векторам АВ, AD, АС\.

112 Глава 3. Векторы в пространстве
Решение. Для начала заметим, что векторы каждой из
троек некомпланарны, поэтому искомые разложения
существуют и единственны. Для удобства обозначим АВ = р,
AD = qy АА\ = /*, АС\ = s (рис. 3.9). По правилу ломаной
N
В
= — -=$• Окончательно имеем MN= — -кр+ ?>q + ?. Далее, по
правилу параллелепипеда s = р + $ + ?, откуда получаем
= 3-p-q. Следовательно, МЛ^= ~т>Р+ к? + 0*—р- Я) =
2
3^. 1
p 2 Говоря другими словами, вектор MN име
ет координаты ( —■«; к; 1) в базисе {j^; g; F} и координаты
(3 1 \
"2; ~2; 1J В базисе
§ 3.3. Угол между прямыми. Угол между векторами
Здесь и далее под углом мы понимаем не
геометрическую фигуру, а величину. Соответствующую фигуру,
образованную двумя лучами с общим началом и одной из плос-

§ 3.3. Угол между прямыми. Угол между векторами 113
ких областей, ограниченных ими, будем называть плоским
углом. Аксиомы измерения плоских углов считаются
известными из планиметрии. Напомним, что согласно этим
аксиомам каждый плоский угол имеет угловую величину,
которая неотрицательна, инвариантна относительно
перемещений (равные плоские углы имеют равные угловые
величины), аддитивна (если плоский угол является
объединением неперекрывающихся плоских углов с той же
вершиной, то его угловая величина равна сумме угловых
величин этих плоских углов) и определённым образом
нормирована (задана единица измерения величины плоского
угла). При этом предполагается, что единица измерения
плоских углов одинакова во всех плоскостях. Из
планиметрии известны две единицы измерения углов — градус и
радиан, которыми мы будем пользоваться и в дальнейшем.
Из планиметрии вам известно, что угол между
параллельными прямыми по определению полагается равным нулю,
а углом между пересекающими прямыми называется
величина наименьшего из плоских углов, образованных этими
прямыми. Эти определения сохраняются и в пространстве.
Нам остаётся только определить угол между
скрещивающимися прямыми.
Определение. Углом между двумя
скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися
прямыми, параллельными данным скрещивающимся
прямым.
Угол между прямыми обозначается Z(a, Ь). Прямые а
и Ъ называются перпендикулярными, если /.(а, Ь) = тг/2.
Ясно, что пару пересекающихся прямых, о которых идёт
речь в этом определении, можно выбрать в пространстве
бесконечным числом способов. Поэтому нам необходимо
доказать корректность данного определения, т. е. показать,
что величина угла между двумя скрещивающимися
прямыми не зависит от выбора пары пересекающихся прямых,
параллельных им. Это следует из такой теоремы.

114
Глава 3. Векторы в пространстве
Теорема 3.4. Величины двух выпуклых плоских углов
с соответственно параллельными и одинаково
направленными сторонами равны.
Доказательство. Для развёрнутых углов теорема
очевидна. Пусть АОВ и А\О\В\ — плоские углы, не
являющиеся развёрнутыми. Возьмём на сторонах плоского угла
АОВ точки М и N, а на сторонах
плоского угла A\O\Bi — точки М\
и N\ так, что О\М\ = ОМ и O\N\ =
= ON (рис. 3.10).
Четырёхугольник 0ММ\0\ — параллелограмм,
так как его стороны ОМ и О\М\
равны и параллельны,
следовательно, (OOi) || (MMi) и OOi =
= ММ\. Аналогично
доказывается, что (OOi) || (NNi) и OOi =
= NN\. Следовательно, ММ\ =
= AWi, и ввиду транзитивности
параллельности прямых (ММ\) ||
|| (NN\). Поэтому
четырёхугольник NMM\N\ — параллелограмм,
а значит, MN = M\N\. Треугольники M0N и MiOiNi
равны по трём сторонам1^, следовательно, ZAOB =
= ZAiOiBi- П
В заключение этого параграфа мы введём понятие угла
между векторами в пространстве. Пусть даны два
направленных отрезка О А и ОВ с общим началом. Углом между
ними назовём угловую величину наименьшего из плоских
углов, образованных лучами О А и ОВ, если О А ф б и ОВ ф б.
Если же хотя бы один из этих направленных отрезков
нулевой, то угол между ними не определяется.
^Отметим ещё раз, что мы ещё не доказали справедливость
известных из планиметрии признаков равенства треугольников для
треугольников, лежащих в разных плоскостях. Мы сделаем это в главе 8,
не опираясь на результаты предыдущих глав, а пока будем пользоваться
указанными признаками без доказательства.

§ 3.3. Угол между прямыми. Угол между векторами 115
Определение. Углом между двумя векторами
называется угол между изображающими их направленными
отрезками, отложенными от одной точки пространства.
Корректность этого определения следует из теоремы 3.4.
Обращаем ваше внимание на разницу между понятиями
угла между прямыми и угла между векторами: угол между
прямыми не может быть тупым, в то время как угол между
векторами — может.
В дальнейшем мы будем обозначать через Z(a,b) угол
между прямыми а и 6, a Z(а, о) —угол между векторами
а и Ь. Если эти углы измерены в радианах, то Z(a, Ъ) Е
€ [0, тг/2], а /.{а, Ь) е [0, л:]. Ненулевые векторы
называются ортогональными, если угол между ними равен л/2.
Нулевой вектор по определению считается ортогональным
любому вектору.
Рассмотрим несколько задач, в которых угол между
скрещивающимися прямыми легко может быть найден
непосредственно но определению.
Пример 3.5. Найти угол между скрещивающимися
диагоналями двух соседних граней куба.
^9 С

116
Глава 3. Векторы в пространстве
Решение. Обозначим данный куб через ABCDA\B\C\D\
и найдём угол между прямыми АС и А\В (рис. 3.11).
Проведём отрезок А\С\. Очевидно, (AC) || (AiCi) как прямые
пересечения параллельных плоскостей ABC и А\В\С\
плоскостью AAiC. Следовательно, £ВА\С\ — искомый
угол. Рассмотрим АВА\С\. Он равносторонний, так как
его стороны — диагонали равных квадратов. Следовательно,
Z(AC, АХВ) = ZBAiCi = 60°. □
Пример 3.6, Дан куб ABCDA\B\C\D\. Найти угол между
прямыми ACi и А\В.
Решение. Достроим ещё один куб AB'CDAiB^C^Di, как
показано на рис. 3.12. Проведём отрезок АВ\, он паралле-
Рис. 3.12
лен ВА\9 так что /.С\АВ\ искомый. Пусть сторона куба
равна 1. Тогда стороны треугольника АВ\С\ равны: АВ[ = \/2,
АСу = \/3, В'ХС\ = у/5 (проведите соответствующие
вычисления). Поэтому ААВ^Сх прямоугольный с прямым углом
при вершине А (по теореме, обратной к теореме Пифагора).
Следовательно, (ACi) J_ (A\B). □

§ 3.4. Скалярное произведение векторов 117
§ 3.4. Скалярное произведение векторов
Известная вам из планиметрии операция скалярного
умножения векторов определяется в пространстве
аналогично.
Определение. Скалярным произведением двух
ненулевых векторов называется число, равное произведению их
длин на косинус угла между ними. Если хотя бы один
из векторов нулевой, то их скалярное произведение по
определению полагают равным нулю.
Скалярное произведение векторов 3 и Ъ обозначается
а • Ь или (3, Ь). Таким образом, 3 • Ъ = |3| • \Ь\ • cos (p, где <р —
= Z(3, fe), для аф~6 иЬ^б и 3-5 = 6-£=0-5 = 0.
Свойства скалярного произведения
1°. V3, Ь: й-Ь = Ь>а (коммутативность).
2°. V3: 3-3= |3|2; выражение ci-ct называется скалярным
квадратом вектора 3 и обозначается З2.
3°. Скалярное произведение равно нулю тогда и только
тогда, когда сомножители ортогональны.
—> —► —*
4°. V3, b, V&eM: (kU) -b = k(ct-b) (ассоциативность по
отношению к умножению вектора на число).
5°. V 3, ft, ?: 3 • (В + ?) = 3 • $ + 3 • ? (дистрибутивность).
Свойства 1°—3° вытекают непосредственно из
определения скалярного произведения.
Доказательство свойства 4°. Рассмотрим три
возможных случая.
1. Пусть k = 0. В этом случае, очевидно, обе части
доказываемого равенства обращаются в нуль.
2. Пусть k > 0. Тогда
(A3) - Ь = \Ы\ • |6| * cos Z(hd, b) =
|3| • |£| -cos Z(3, b) = й(3, Ь).

118 Глава 3. Векторы в пространстве
3. Пусть k < 0. Тогда
(ka) • Ь = |А£| • |b|. cos Z(№, Ь) =
= |ft| • |3| -1&| -cos(tt - Z(a, &)) - -ЩЩ • |&| - (- cos
= k\U\ ■ |b| • cos Z(3, fe) = *(3, &). □
Наименее тривиально доказательство дистрибутивности
скалярного произведения (свойство 5°). Докажем
предварительно несколько вспомогательных утверждений.
Лемма 3.1. Va, 6: (3 + 6)2 = й2 + 2Я-$+ Ь2.
Рис. 3.13
Доказательство. Отложим векторы Й и Ь так, как
показано на рис. 3.13. Тогда по теореме косинусов из
треугольника ABC имеем
d + b\2 = \Щ2 + \Ь\2 - 2\а\ • |&| -cos(tt - Z(a, b)) =
- |3|2 + |&|2 + 2|a| • \b\ -cos Z(a, b),
следовательно, (a + 6)2 = 32 + 23 • b + b2. П
| Лемма 3.2. Va, b: (a - b)2 = a2 - 23-b-f 62.
Доказательство. Имеем (a — 6)2 = (a+ (—b))2. По
лемме 3.1 получаем
(3+ (-b))2 = a2 + 2a- (-6) + (-b)2.
Пользуясь свойствами 1° и 4° скалярного произведения,
получаем
322 2 □

§ ЗА. Скалярное произведение векторов 119
Лемма 3.3. V3, Ъ: (а + Ь)2 = П2 + 2Ъ2 - (П~ $)2.
Для доказательства достаточно сложить равенства, по
лученные в леммах 3.1 и 3.2.
Доказательство свойства 5°. Подсчитаем (а + Ь 2
двумя способами. С одной стороны,
(а + Ь + с)2 = (3+ (Ь + ?))2 = Я2 + 2а>(Ь
= а2 + 2а • (Ь + ?) + Р + 26 - ?+ ?2
(здесь мы дважды воспользовались леммой ЗЛ). С другой
стороны, пользуясь леммами 3.3 и ЗЛ, запишем
Далее, в силу свойства 4° скалярного произведения и лем
мы 3.2 имеем
ft ?)2 2 b2 ?2 22&
Следовательно,
+ Ь2 + ?2 + 2Ь • ?+ 22
откуда получаем a • (Ь + ?) = a • Ь + U • ?. □
Выведем теперь выражение для скалярного
произведения векторов в координатной форме. Мы будем
рассматривать в пространстве базис специального вида. Пусть базис
{?ь ?2> ?з} таков, что ?i ± ?2> ?2 -L ^з и ?з -L ?ь кроме того,
|?i| = |?2| = |?з| = 1 (такой базис называется ортонормиро-
ванным). Рассмотрим векторы Зиб, заданные
координатами в ортонормированном базисе {ё\9 ?2» ?з}« 2= (л:а> уа, 2а),

120 Глава 3. Векторы в пространстве
Теорема 3,5. В ортонормированном базисе скалярное
произведение векторов равно сумме произведений их
соответствующих координат»
Доказательство. Действительно,
Ъ = (а1 + уа2 ah) (Ь1 + УЬ2 +
= ХаХь
так как ?1.?2 = ?2-?з = ?з*?11::0и^ = ^ = ?| = 1. □
Замечапие. В произвольном базисе (не в
ортонормированном) эта формула неверна.
0^ Упражнение 3.4. Пусть скалярное произведение любых двух
векторов равно сумме произведений их координат в
некотором базисе. Верно ли, что этот базис ортонормированный?
§ 3.5. Примеры решения задач
Поверь в то, что ты знаешь все
ответы, и ты их узнаешь.
Р. Бах. Иллюзии
В этом параграфе мы покажем, как применяются
признаки коллинеарности и компланарности векторов при
решении задач. Кроме того, мы решим задачу о нахождении
длины отрезка и угла между скрещивающими прямыми
с помощью скалярного произведения векторов (другие
применения скалярного произведения к вычислению
расстояний и углов обсуждаются в § 4.8).
Пример 3,7. Плоскость пересекает боковые рёбра SA,
SB, SC и SD правильной четырёхугольной пирамиды
SABCD в точках М, N, Р и Q соответственно (рис. 3.14).
Доказать, что
+ = +
SM^SP SN^SQ'
Решение. Положим, не ограничивая общности, SA =
= SB = SC = SD = 1. Пусть также SM = a, SN = b, SP = с,
SQ = d.

§ 3.5. Примеры решения задач 121
М
Векторы NM, NP и NQ компланарны и NMjfiNP,
поэтому существуют единственные такие числа х и у, что
NQ — xNM + yNP. Разложим обе части этого векторного
равенства по базису {SA, S5, SC}:
= cSC - bSB,
= dSD-bSE = d(Sl + AD) -bSE =
= d (Si - SE + Sd) - bSS = dSl ~(d + b)Sl!i + ds6.
Получаем
dSA - (d + b)SB + ds6 = axSA - b(x + y)SB
Отсюда в силу единственности разложения по базису
получаем d = ax, d + b — b(x + у) и d — су. Следовательно,
Пример 3.8. На диагоналях АВ\ и СА\ боковых граней
треугольной призмы АВСА\В\С\ расположены точки Е nF
соответственно так, что (EF) || (BCi). Найти отношение
длин отрезков EF и ВС\.

122
Глава 3. Векторы в пространстве
В
Рис. 3.15
Решение. Пусть СА = <$> СЁ = Ь, СС[ = ? (рис. ЗЛ5).
Разложим векторы ABi, CA\ и ВС\ по базису {3, &, ?},
используя правило ломаной. Имеем
СМ = СА +
= 2 + ?,
= -ъ
В силу коллинеарности векторов АЕ и
существует
такое число х, что АЕ = #ABi = jc(—3+ fc + ?). Аналогично
существует такое число у, что CF = yCA\ = y(S + ?). По
условию EFJjBCi, следовательно, существует такое число г, что
= zBC[ = z(—& + ?). По«шэавилуломаной, применённому
к ломаной CAEF, имеем АС = АБ + EF + FC, откуда следует,
что -а = х(-
, т.е.
(1 - # - у)а + (х - г)Ъ + (х + z - y)Z = б.
В силу единственности разложения по базису
последнее векторное равенство равносильно трём скалярным:

§ 3.5. Примеры решения задач 123
- х - у = 0, х - г = О и х -\- г - у — О. Отсюда следует,
1 2
что х — г— д, У=£-
Искомое отношение i£F : BCi = |z| = ~. П
о
Пример 3.9. На рёбрах SA и SB тетраэдра SABC
выбраны соответственно точки А\ и Вь причём известно,
что SB\ : SB = m. Точки М и N лежат на отрезках AiB
и СВ\ соответственно, причём CN: СВ\ =р, а отрезок МЛГ
параллелен плоскости ASC. Найти отношение ВМ: BAi.
Решение. Выберем базис в пространстве: SA = a, SB = b,
= ? (рис. 3.16). Обозначим SAi : SA= п и ВМ : BAi = q.
Рис. ЗЛ6
Тогда SAi = па, BAi = BS + SAi = -Ь + па, ВМ =
= —qb + qna. Аналогично SB\ = mb, СВл =CS + SBi = —c +
= =► ► ►
=► —=—► ► -> —►
+ mb и CN =pCB\ = —рд + pmb. По правилу ломаной ВМ +
4- MN + NC + С В = б, откуда следует, что
= -(-qb + qnU) + (-pc+pmb) + (?- b) =
= -nqa+ (q + mp- 1)S+ (1 -p)c.
С другой стороны, поскольку вектор MN параллелен плос
кости ASC, он раскладывается по базису {а, ?} в этой плос
кости: MN = aU+ 7?, где а и у — некоторые действительные

124 Глава 3. Векторы в пространстве
числа. Сравнивая два последних выражения, приходим
к выводу, что q + тр -1 = 0, откуда следует, что q = 1 - тр.
П
Пример 3.10. В правильном тетраэдре ABCD точки М
и N — середины рёбер АВ и CD.
1. Известно, что АВ = а. Найти: а) длину отрезка MN;
б) угол между прямыми MN и ВС.
2. Доказать, что (MN) 1 (АВ) и (MN) I (CD).
Рис. 3.17
Решение. Введём базис й—ВС^ b = BAy ?=BD (рис. 3.17).
1. а) Имеем
следовательно, MN =
д, ^
б) Нам нужно найти угол а между прямыми MN и ВС.
Найдём связь между а и Z (МЛГ, ВС). Из определения
скалярного произведения векторов вытекает, что
cos

Задачи 125
Но угол между прямыми не может быть тупым. Поэтому
если Z(W$9 вб) < J, то a = Z(MNy ВС), а если Z(MN, вб) >
^ ^, то а = 7Г - Z(MN, ВС). И в том, и в другом случае
cos a = I cos Z(MN, ВС)I, следовательно,
cos a =
mn-b6\
\MN\. \вб\ *
= а, то cos а = ^~-, т* е. а = ~.
2. Ясно, что достаточно доказать равенства MN>ВА = 0
и MiVCD = O. Имеем
CD = hs-b + d)-(d-u) =
Задачи
Решение задач является наиболее
характерной и специфической разновидностью
свободного мышления.
У. Джеймс
3.1. В пространстве даны четыре точки А, Б, С и D.
Точки М и N — середины отрезков АВ и CD. Докажите, что

126 Глава 3. Векторы в пространстве
3.2. Дан тетраэдр ABCD. Найдите все такие точки М
пространства, что
3.3. Докажите, что отрезки, соединяющие середины
скрещивающихся рёбер тетраэдра (иногда называемые би-
медианами тетраэдра), пересекаются в одной точке. В
каком отношении они делятся точкой пересечения?
Докажите, что точка пересечения бимедиан совпадает с точкой
пересечения медиан тетраэдра (см. пример 3.3).
3.4. Пусть G и G\ — точки пересечения медиан
тетраэдров ABCD и A\B\C\D\. Докажите, что
АА\
3,5*. На рёбрах АВ, АС и AD тетраэдра ABCD взяты
точки К, L и М так, что АВ = а АК, АС = (3AL и AD = у AM.
а) Рассмотрим всевозможные такие плоскости KLM, что
у = а +/3 + 1. Докажите, что все они проходят через
фиксированную точку.
б) Рассмотрим всевозможные такие плоскости KLM, что
j0 = а + 1 и у = а + 2. Докажите, что все они проходят через
фиксированную прямую.
3.6*. Даны два правильных пятиугольника OABCD и
OA\BiC\D\, не лежащие в одной плоскости. Докажите, что
прямые АА\У ВВ\У СС\ и DD\ параллельны одной
плоскости.
3.7. Через концы трёх рёбер ОАУ ОВ и ОС
параллелепипеда проведена плоскость ABC. Докажите, что точка
пересечения медиан треугольника ABC лежит на
диагонали параллелепипеда. В каком отношении эта точка делит
указанную диагональ?
3.8. Дан куб ABCDAiB\CiDi, точка К — середина его
ребра АА\ш Найдите угол между прямыми:
а) ВК и

Задачи 127
3.9. Точки М и N — соответственно середины рёбер ВС
й AD тетраэдра ABCD, в котором АС = BD, а угол между
прямыми АС и BD равен а. Найдите угол между прямыми
MN и АС.
3.10. Длины рёбер АВ и ВС прямоугольного
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ равны соответственно а и 2а.
Известно, что существует прямая, пересекающая прямые
АЛь ВС и CiDi и образующая с ними равные углы.
Найдите длину ребра АА\ ♦
3.11*. В тетраэдре ABCD длины рёбер АВ, ВС и CD
равны a, ZABC= J, ZBCD = Z(AB, CD) = arccos |. Найдите
длину ребра AD.
3.12. В треугольной пирамиде сумма квадратов длин
сторон основания равна а2, а сумма квадратов длин боковых
рёбер равна Ь2. Найдите длину отрезка, соединяющего
вершину пирамиды с точкой пересечения медиан основания.
3.13. Даны три некомиланарных вектора. Существует ли
ненулевой четвёртый вектор, ортогональный трём данным?
3.14. Четыре луча, выходящих из одной вершины,
образуют попарно углы величины а. Найдите а.
3.15. Даны точки А, В, С и D, не лежащие в одной
плоскости. Найдите точку М, для которой сумма MA2 + MB2 +
+ МС2 + MD2 принимает наименьшее значение.
3.16. Точка пересечения медиан тетраэдра ABCD
одинаково удалена от вершин А и В. Докажите, что
AC2+AD2 =
3.17. Докажите, что для любых четырёх точек простран
ства А, В, С и D справедливо равенство
ABCD
3.18. Докажите, что если две пары противоположных
рёбер тетраэдра перпендикулярны, то перпендикулярны
и два оставшихся противоположных ребра.

Глава 4
Перпендикулярность в пространстве
— Я думаю, Дон, что в моей голове это
просто не может уместиться. Я просто не
знаю, как мне удастся всё это выучить.
— Практикой. Немножко теории и
много практики,—сказал он. —На это уходит
примерно дней десять.
Р. Бах. Иллюзии
§ 4.1. Перпендикулярность прямой и плоскости
...возьми
перо и чистый лист бумаги
и перпендикуляр стоймя
восставь, как небесам опору.
И. Бродский. Пенье без музыки
Определение. Прямая называется перпендикулярной
плоскости, если она перпендикулярна любой прямой,
лежащей в этой плоскости.
То, что прямая а перпендикулярна плоскости а, кратко
записывают так: a J_ а (или а ±а).
Данное нами определение не очень удобно использовать
при проверке перпендикулярности прямой и плоскости.
Гораздо удобнее пользоваться следующей теоремой.
Теорема 4.1 (признак перпендикулярности прямой и
плоскости). Если прямая перпендикулярна двум
пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она
перпендикулярна этой плоскости.
Доказательство. Пусть в плоскости а даны две
пересекающиеся прямые, Ь и с, а прямая а перпендикулярна этим
прямым. Возьмём в плоскости а произвольную прямую d,
отличную от Ъ и с. Мы должны показать, что прямая а
перпендикулярна прямой d.
5 3ак 3383

130 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Рис. 4.1
Рис. 4.2
Выберем произвольно точки А и А\ на прямой а, В
и Bi - на прямой Ь, С и Ci - на прямой с, D и Di - на
прямой d (рис. 4Л). Введём векторы 3, Ь, ? и а, изобра-
► ► —► ►
жаемые направленными отрезками AAi, ВВ\9 СС\ и DD\
соответственно. Так как прямые Ь и с пересекаются, то
{£, ?} — базис в плоскости а. По теореме о разложении
вектора по базису существуют такие числа хну, что а = хЪ + yZ.
Умножим обе части этого равенства скалярно на вектор 3
и раскроем скобки, пользуясь дистрибутивностью
скалярного произведения. Получим # • с? = 3 • (xb + у?) = ха • Ъ + уй • ?.
Но так как а±Ь и aJ_c, то 3-Ь = 3*?=0, следовательно,
3-Я = 0, и, значит, aid. □
Ниже мы убедимся, что перпендикулярные прямая и
плоскость действительно существуют.
Пример 4.1. Даны прямая а и точка Л. Доказать, что
через точку А можно провести плоскость, перпендикулярную
прямой а, и притом только одну.
Решение. Приведём построение искомой плоскости и
тем самым докажем её существование. Проведём
плоскость /? через точку А и прямую а (если At а, то (3 —
произвольная плоскость, проходящая через а) и, кроме
того, проведём через а плоскость у, отличную от /3 (рис. 4.2).
Через точку А в плоскости /3 проведём прямую 6,
перпендикулярную прямой а. Пусть она пересекает прямую а

§ 4.L Перпендикулярность прямой и плоскости 131
Рис. 4.3
Рис. 4.4
в точке М. В плоскости у проведём через М прямую с La.
Наконец, через прямые b и с проведём плоскость а. По
построению а1Ьиа!с, где Ъ и с — пересекающиеся прямые,
лежащие в плоскости а. Следовательно, в силу признака
перпендикулярности прямой и плоскости a Lot.
Докажем единственность искомой плоскости.
Предположим, что через А можно провести две плоскости а и а\,
перпендикулярные прямой а. Обозначим через с линию
пересечения плоскостей а и <х\. Так как alaaccaf, то по
определению a L с. Поэтому либо а и с — скрещивающиеся
прямые, либо прямая а пересекается с прямой с в
некоторой точке О.
Рассмотрим первый случай (рис. 4.3). Проведём через
точку А и прямую а плоскость у. Она пересечёт плоскости а
и #i соответственно по прямым Ъ и Ь\9 проходящим через
точку А, Так как а 1 а и a _L с*ь то по определению а 1 Ъ
и а ± Ъ\. Это означает, что в плоскости у существуют две
различные прямые, проходящие через точку А и
перпендикулярные прямой а. Но из планиметрии известно, что это
невозможно.
Во втором случае (рис. 4.4) проведём через прямую а
плоскость у так, что c(/Ly\ Она пересечёт плоскости а и ot\
по прямым Ъ и Ъ\ соответственно, причём Ъ La и Ъ\ L а.
Таким образом, в плоскости через точку О проходят две
прямые, перпендикулярные а, что невозможно. □

132 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Следующую задачу мы предлагаем вам решить
самостоятельно.
Пример 4.2. Даны плоскость а и точка А. Доказать, что
через точку А можно провести прямую, перпендикулярную
плоскости а у и притом только одну.
Определение. Прямая, перпендикулярная плоскости,
называется перпендикуляром к этой плоскости. Прямая,
не перпендикулярная плоскости и пересекающая её,
называется наклонной к этой плоскости.
§ 4.2. Связь между параллельностью
и перпендикулярностью
Палочки должпы быть попендикулярны.
В. Каверин. Два капитана
Теорема 4.2. Если одна из двух параллельных прямых
перпендикулярна данной плоскости, то и вторая прямая
перпендикулярна этой плоскости.
Доказательство. Пусть даны две параллельные
прямые а\ и п2 и плоскость а, причём известно, что а\ J_ a
(рис. 4.5). Докажем, что а^ -1 ос.
Рис. 4.5
Возьмём в плоскости а две пересекающиеся прямые
и &2- Поскольку а\ J_ а, по определению перпендикуляр

§ 4.3. Теорема о трёх перпендикулярах 133
ности прямой и плоскости а\ J_ 61 и а\ J_ &2- Но так как
то Z(a2, b\) =Z(ai, fei) = 90°. Аналогично/(02, &2) =
y 62) =90°. Значит, a2-L&i иа2-1-&2> и в силу признака
перпендикулярности прямой и плоскости аг -L а. □
Теорема 4.3. Если две плоскости перпендикулярны
одной прямой, то они параллельны.
Доказательство. Пусть даны две плоскости а и J5 и
прямая а, причём известно, что a La и a J_/3. Нужно доказать,
что плоскости а и/3 параллельны. Предположим противное:
а и J3 имеют общую точку М. Тогда через точку М
проходят две плоскости, перпендикулярные данной прямой,
что противоречит результату примера 4.1. Следовательно,
а ||/3. □
с^ Упражнение 4.1. Докажите, что: а) если две прямые
перпендикулярны плоскости, то они параллельны; б) если прямая
перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей,
то она перпендикулярна и другой плоскости.
§ 4.3. Теорема о трёх перпендикулярах
Нас мало. Нас может быть трое...
Б. Пастернак. Из цикла «Я их мог позабыть»
Определение. Параллельное проектирование, при
котором направление проектирования перпендикулярно
плоскости проектирования, называют ортогональным
проектированием.
В дальнейшем, говоря о проектировании, если не
оговорено противное, мы будем иметь в виду ортогональное
проектирование.
Теорема 4.4 (о трёх перпендикулярах). Прямая,
лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной тогда и
только тогда, когда она перпендикулярна проекции
наклонной на эту плоскость.

134 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Доказательство. Пусть прямая т лежит в плоскости а,
а —наклонная, а\ —её проекция на плоскость а, (AAi) —
перпендикуляр к а (A G а, Aj 6 а\) (рис. 4.6). Так как
Рис. 4.6
± а, то (AAi) J_ т. Проведём через прямые а и а\
плоскость /3.
Пусть т±.а\. Тогда, поскольку m± (AAi), по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости mJ_/3, и,
следовательно, т X. а.
Обратно, если т±а, то, поскольку т± (AAi), имеем
т±/3, следовательно, т 1 а\ ♦ □
§ 4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках
...прячет с помощью пирамид
горизонтальность свою земля...
И, Бродский, В окрестностях Александрии
Теперь, когда вы познакомились с понятием
перпендикулярности прямой и плоскости, мы продолжим изучение
многогранников и их элементов, начатое в § 2.4. Здесь
мы выведем основные формулы для вычисления площадей
поверхностей многогранников и приведём (без
доказательства) формулы для вычисления их объёмов. При этом под
площадью поверхности многогранника мы понимаем сум-

§ 4Л. Дальнейшие сведения о многогранниках 135
му площадей его граней и полагаемся на интуицию при
использовании понятия объёма.
Отметим ещё раз, что наше знакомство с
многогранниками носит предварительный характер. Мы ещё вернёмся
к ним в гл. 6, где, в частности, будет дано общее
определение геометрического тела. Понятия площади поверхности
и объёма многогранника будут обсуждаться в курсе
стереометрии 11 класса в рамках общей теории площадей
поверхностей и объёмов тел. Там же будут выведены
формулы для объёмов многогранников.
Призма
Определим ещё один элемент призмы — её высоту.
Отрезок перпендикуляра к плоскостям оснований призмы,
заключённый между этими
плоскостями, называют высотой призмы.
Призма называется прямой, если её
боковые рёбра перпендикулярны
плоскостям оснований (рис. 4.7). Прямая
призма, основаниями которой
являются правильные многоугольники,
называется правильной призмой.
Пусть дана произвольная призма
AiA2^.AnAflAf2...Afn (рис. 4.8).
Проведём через точку А", принадлежащую
ребру A\Afly плоскость а,
перпендикулярную этому ребру. Пусть плоскость а
пересекает прямые, содержащие боковые рёбра призмы,
в точках Аг(, ...,А^. Многоугольник А![А!^ ..*А^ будем
называть перпендикулярным сечением призмы (он не
обязательно целиком лежит внутри призмы; см. рис. 4.9).
Пусть боковые рёбра призмы имеют длину I. Вычислим
площадь боковой грани А\А2А/2А!1 по формуле площади
параллелограмма; она равна A"A'J> • / (сторона А![А!2 — высота
параллелограмма). Складывая площади всех боковых гра-
Рис. 4.7

136 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Рис. 4.8
Рис. 4.9
ней, получаем, что площадь боковой поверхности призмы
равна произведению периметра перпендикулярного
сечения на боковое ребро:
= -P.L
(здесь SfoK обозначает площадь боковой поверхности —
сумму площадей боковых граней, a Pi — периметр
перпендикулярного сечения). В частности, для прямой призмы
к — P*U где Р — периметр основания.
Объём (наклонной) призмы вычисляется по формуле
где S± — площадь перпендикулярного сечения, / — длина
бокового ребра, или по формуле
где SOch — площадь основания призмы, Н — длина её
высоты.
В § 2.4 мы определили частный вид призмы —
параллелепипед. Параллелепипед, боковые рёбра которого
перпендикулярны плоскости его основания, называется прямым.

§ 4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках 137
Прямой параллелепипед, в основании которого лежит
прямоугольник, называется прямоугольным.
Замечание. В § 2.4 мы определили прямоугольный
параллелепипед как параллелепипед, все грани которого являются
прямоугольниками. Нетрудно видеть, что данные определения
эквивалентны.
t& Упражнение 4.2. Докажите это утверждение.
Объём прямоугольного параллелепипеда вычисляется
по формуле
V = аЪсу
где а, 6, с — длины трёх его рёбер, выходящих из одной
вершины (которые мы будем называть измерениями
прямоугольного параллелепипеда).
и^ Упражнение 4.3. Докажите, что диагональ d прямоугольного
параллелепипеда связана с его измерениями а, Ь, с
соотношением d2 = а2 + Ь2 + с2.
Прямоугольный параллелепипед, все рёбра которого
равны, называется кубом. Объём куба вычисляется по
формуле
где а — длина ребра куба.
Замечание. В § 2.4 мы определили куб как прямоугольный
параллелепипед, все грани которого — квадраты. Данные два
определения куба эквивалентны.
^ Упражнение 4.4. Докажите это утверждение.
Пирамида
Определим новый элемент пирамиды — её высоту.
Отрезок перпендикуляра, проведённого из вершины
пирамиды к плоскости основания, заключённый между
вершиной и плоскостью основания пирамиды, называется
высотой пирамиды. Основание высоты — общая точка высоты

138 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
и плоскости основания пирамиды — может лежать как
внутри основания пирамиды, так и на границе или вне его
(рис. 4.10).
Рис. 4.10
В § 2.4 мы определили правильную пирамиду как
пирамиду, у которой в основании лежит правильный
многоугольник, а все боковые грани — равнобедренные
треугольники с общей вершиной. Докажем, что основание
высоты правильной пирамиды является центром
правильного многоугольника, лежащего в её основании. Пусть
SА\А2.>.Ап — правильная n-угольная пирамида, SO — её
высота (рис. 4.11). Треугольники A1SA2, A2SA3, .-., AnSAi
равнобедренные, поэтому SAi = SA2 = ... = SAn. Значит,
А2
Рис. 4.11

§ 4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках 139
прямоугольные треугольники SOAi, SOA2,..., SOAn имеют
общий катет SO и равные гипотенузы. Следовательно, эти
треугольники равны, и ОА\ = ОА% — ... = ОАп, т.е. О —
центр многоугольника
Замечание. Следующее определение правильной пирамиды:
пирамида называется правильной, если в её основании лежит
правильный многоугольник, а ортогональная проекция
вершины на плоскость основания — центр этого многоугольника,—
эквивалентно приведённому нами выше определению
(доказательство этого утверждения в одну сторону мы только что привели,
доказательство его в другую сторону предоставляется читателю).
Пример 4.3. Доказать, что скрещивающиеся рёбра
правильного тетраэдра перпендикулярны.
Решение. Пусть SABC — правильный тетраэдр, тогда
ААВС правильный, а вершина S проектируется в его
центр — точку О (рис. 4Л2). Рассмотрим наклонную SA
Рис. 4.12
к плоскости АВС и её проекцию АО на эту плоскость. Так
как О — центр правильного ДАВС, то (ВС) J_ (АО). По
теореме о трёх перпендикулярах отсюда следует, что (ВС) ± (AS).
D
Пусть SA\...An — правильная n-угольная пирамида
с апофемой h (рис. 4ЛЗ). Имеем S^saxa2 = -0А1А2 ■ h,

140 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Рис. 4.13
Рис. 4.14
22* СклаДывая эти
равенства, получаем формулу для вычисления площади
боковой поверхности правильной пирамиды
где Роен — периметр основания.
Объём любой пирамиды вычисляется по формуле
где S0CH — площадь основания, Н — длина высоты
пирамиды.
Усечённая пирамида
Отрезок перпендикуляра к плоскостям оснований
усечённой пирамиды с концами в этих плоскостях называется
высотой усечённой пирамиды (рис. 4.14).
ВЗГ Упражнение 4.5. Докажите, что площадь боковой
поверхности правильной усечённой пирамиды можно вычислить по

§ 4.5. Угол между прямой и плоскостью 141
формуле
где Р и р — периметры оснований пирамиды, А — её апофема.
Объём любой усечённой пирамиды можно найти по
формуле
где S\ и S2 —площади оснований, if— высота пирамиды.
§ 4.5. Угол между прямой и плоскостью
...Итак, кому ж, как не
мне, катету, незриму, нему,
доказывать тебе вполне
обыденную теорему
обратную, где, муча глаз
доказанных обильем пугал,
жизнь требует найти от нас
то, чем располагаем: угол.
И. Бродский. Пенье без музыки
Определение. Углом между наклонной и плоскостью
называется угол между наклонной и её проекцией на эту
плоскость.
Если прямая параллельна плоскости или лежит в ней,
то угол между прямой и плоскостью по определению
считается нулевым. Если прямая перпендикулярна плоскости,
то угол между ними по определению считается равным ^.
Угол ср между прямой а и плоскостью а обозначается
через Z(a, а). Из определения вытекает, что 0 < ср ^ ^.
Теорема 4.5. Угол между наклонной к плоскости и её
проекцией на эту плоскость есть наименьший из углов
между наклонной и каждой прямой, лежащей в этой
плоскости.

142 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Доказательство. Пусть А\ — проекция точки А на ^
скость of, (АВ) — наклонная к плоскости а, В € а (рис. 4.15);
Рис. 4.15
Пусть / — прямая в плоскости а. В силу определения угла
между скрещивающимися прямыми достаточно
рассмотреть только прямые, проходящие через точку В. Обозначим
угол между прямой АВ и плоскостью а через (р, тогда
ZABA\ = ср. Далее, пусть Z((AB), I) = у. Докажем, что
ср^у.
Если I и (BAi) —одна и та же прямая, то (р = у.
Если I А. (ВА\), то по теореме о трёх перпендикулярах
/ J_ (АВ) и у = £-♦ Теорема верна, поскольку ср < -~.
Во всех остальных случаях построим (АВ\) ±l> B\ e I.
Обозначим АВ — а. Из AABBi находим ABi = a sin у, из
ААВА\ находим AAi=asin<jp. Так как AAB\Ai
прямоугольный и АВ\ — его гипотенуза, то АА\ < АВ\
(перпендикуляр короче, чем наклонная). Следовательно, a sin (p <
< a sin у и sin (р < sin у. Функция у = sin x строго возрастает
, поэтому отсюда следует, что (р < у. О
на отрезке
к
О -
и' 2

§ 4.6. Расстояние между фигурами
143
§ 4.6. Расстояние между фигурами
Страус всегда находится на равном
расстоянии от своего клюва и своего хвоста.
Ж. Ренар
Определение. Если среди всех расстояний между
точками, одна из которых принадлежит фигуре Фх, а другая —
фигуре Фг (рис. 4.16), существует наименьшее, то его
называют расстоянием между фигурами Ф\ и
Рис. 4.16
Расстояние между фигурами Ф1 и Ф2 обозначается
через |О(Фь Фг)* Согласно определению
р(ФьФ2)= min M1M2.
М£Ф
Замечание. 1. Из определения следует, что если фигуры Ф1
и Фг имеют общую точку, то р(Фь Фг) =0.
о
Рис. 4.17

144 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
2. Расстояние между фигурами определено не для любых
фигур. Действительно, например, две ветви Ф\ и Фг графика
функции у = 7~г (Рис* 4.17) не имеют общих точек, но существуют
такие точки М\ € Ф\ и Мг € Фг, что расстояние между М\ и
сколь угодно мало.
3. Понятие расстояния от точки до фигуры — частный случай
введённого понятия расстояния между двумя фигурами.
Расстояние между точкой и плоскостью
Докажем, что расстояние от точки до плоскости
равно расстоянию от этой точки до её проекции на эту
плоскость.
Пусть даны точка М и плоскость а. Докажем, что
р(М, а) = ММь где М\ —проекция точки М на
плоскость а.
Если М е а, то р (Му а) = 0.
Пусть М £ а, и пусть Мг — произвольная точка
плоскости а у отличная от М\ (рис. 4.18). Поскольку в прямо-
Рис. 4.18
угольном треугольнике ММ\М2 гипотенуза ММ2 длиннее
катета ММ\У то ММ\ — искомое расстояние от М до а.
Расстояние между скрещивающимися прямыми
Определение. Общим перпендикуляром двух
скрещивающихся прямых называется отрезок, концы которого
лежат на данных прямых, перпендикулярный к ним.

§ 4,6, Расстояние между фигурами
145
Теорема 4.6. Общий перпендикуляр двух
скрещивающихся прямых существует и единствен.
Доказательство. Существование. Обозначим
данные скрещивающиеся прямые через а и Ъ. Проведём через а
и Ъ параллельные плоскости а и /3 (пример 2.1). Проекцией
прямой а на плоскость J3 является прямая а\, параллельная
а (свойство параллельных плоскостей; см. § 2.2).
Обозначим B = bDai (рис. 4.19). Точка В —проекция некоторой
Рис. 4.19
Рис. 4.20
точки А, принадлежащей прямой а. Так как (АВ) J_/3, bc/3,
то {АВ) _1_ Ь, (АВ) _L а\. Так как а \\ аи то (АВ) J_ а.
Следовательно, [АВ] — общий перпендикуляр прямых а и Ь.
Единственность. Предположим, что прямая MN,
где Мее, Neb, отличная от АВ9 также перпендикулярна
прямым а и Ь. Проведём в плоскости /3 через точку N
прямую аг, параллельную а (рис. 4.20). Так как (MN) ±а, аг || а,
то (MN) J_a2. Кроме того, (MN) Lb. Значит, (MN) 1/3,
следовательно, (MN) \\ (АВ) (см. упражнение 4.1 а). Через
параллельные прямые MN и АВ можно провести плоскость,
в которой лежат прямые а и &. Но эти прямые по условию
скрещиваются. Противоречие. □

146 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Докажем, что расстояние между скрещивающимися
прямыми равно длине их общего перпендикуляра.
Действительно, пусть а и ft—две скрещивающиеся
прямые, [АВ] — их общий перпендикуляр, Аеа, Beb. Пусть М
и N — произвольные точки на прямых а и Ъ соответственно
(рис. 4.21). Пусть К — проекция точки М на плоскость /3.
Тогда MN ^ МК = АВ, т. е. АВ < MN, что и требовалось
доказать.
Рис. 4.21
Рис. 4.22
■^Упражнение 4.6. Докажите, что:
1) расстояние между прямой и параллельной ей
плоскостью равно расстоянию от произвольной точки прямой до
данной плоскости;
2) расстояние между двумя параллельными плоскостями
равно длине отрезка перпендикулярной к ним прямой, концы
которого принадлежат этим плоскостям.
Пример 4.4. Найти расстояние между
скрещивающимися рёбрами правильного тетраэдра с ребром длины а.
Решение. Пусть SABC — правильный тетраэдр, М
—середина [АВ], N — середина [SC] (рис. 4.22). Докажем, что
[MN] — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых
АВ и SC. Действительно, SM = CM как высоты в равных

§ 4.7. Применение теорем о перпендикулярности 147
правильных треугольниках ABS и ABC. Значит, ASMC
равнобедренный, [MN] — его медиана, проведённая к
основанию, следовательно, (MN) J_ (SC). Аналогично (MN)
±АВ. Итак, р((АВ), (SC))=MN.
Из прямоугольного треугольника MNC находим
§ 4.7. Применение теорем о перпендикулярности
к решению задач
Хоть мне и хотелось бы принять все те
восхваления, которые ты мне столь
безмерно воздаёшь, я должен чистосердечно
признаться тебе: это очень просто,
Р. Бах. Иллюзии
Рассмотрим сначала две задачи, в решении которых
используется теорема о трёх перпендикулярах.
Пример 4.5. В тетраэдре SABC плоские углы ASB, BSC
и CSA прямые. Доказать, что ортогональной проекцией
вершины S на плоскость ABC является ортоцентр1*
треугольника ABC.
Решение. Из условия вытекает, что (AS) J_ (BS) и (AS) J_
-L(CS), следовательно, по признаку перпендикулярности
прямой и плоскости (AS) J_ (BSC). Прямая ВС лежит в
плоскости BSC, поэтому (AS) J_ (ВС). Пусть Я — ортогональная
проекция точки S на плоскость ABC (рис. 4.23). Тогда
(АЯ) — проекция прямой AS на эту плоскость. По теореме
о трёх перпендикулярах (АН) ± (ВС). Аналогично
доказывается, что (ВН) _L (AC) у следовательно, Я —ортоцентр
треугольника ABC. □
Пример 4.6. Дан куб ABCDA\B\C\Di. Доказать, что его
диагональ А\С перпендикулярна (BDC\) (рис. 4.24).
!)Точка пересечения высот.

148 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
и^у с
Рис. 4.23
Рис. 4.24
Решение. Прямая А\С — наклонная к плоскости ABC,
прямая АС — её проекция на эту плоскость, (BD) J_ (AC)
как диагональ квадрата ABCD. Следовательно, по теореме
о трёх перпендикулярах (BD) J. (AiC). Аналогично
доказывается, что (BCi) J_ (AiC) (при этом рассматривается
плоскость ВСВ\). Итак, прямая AiC перпендикулярна двум
пересекающимся прямым в плоскости BDC\. По признаку
перпендикулярности прямой и плоскости (AiC) ± (BDCi).
□
Замечание. Рассматриваемая плоскость делит диагональ
куба в отношении 2:1, считая от вершины А\ (этот факт нетрудно
доказать, используя рис. 4.24 и 4.25).

§4.7. Применение теорем о перпендикулярности 149
Прежде чем решать следующую задачу, сделаем
небольшое отступление. Некоторые теоремы планиметрии
допускают прямое обобщение на пространственный случай.
Например, утверждение о медианах тетраэдра (пример 3.3)
является трёхмерным аналогом теоремы о медианах
треугольника. Однако так бывает не всегда. Например, из
планиметрии известно, что высоты1* произвольного
треугольника пересекаются в одной точке. Оказывается,
аналогичное утверждение в пространстве, вообще говоря, не
имеет места: существуют тетраэдры, высоты2^ которых
не пересекаются. Действительно, рассмотрим
равнобедренный треугольник ABC (АВ = АС). На его основании ВС
возьмём точку D, не являющуюся серединой отрезка ВС,
и проведём через D перпендикуляр к плоскости ABC.
Возьмём на этом перпендикуляре точку S и соединим её с
точками А, В и С (рис. 4.26). В тетраэдре SABC высоты,
Рис. 4.26
проведённые из вершин А и S, не пересекаются.
Докажем это. Высота, проведённая из вершины S, —это прямая
SD. Так как (SD) 1 (ABC), то (SD) ± (AAi), где (AAi) -
высота треугольника ABC. Но (AAi) ± (ВС),
следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости
высотами здесь понимаются не отрезки, а прямые.
2)См. предыдущее примечание.

150 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
(АА\) ± (SBC), т.е. прямая АА\ является высотой
тетраэдра. Но А\ — середина отрезка ВС, a D — нет, поэтому
(АА\) - (SD) согласно признаку скрещивающихся прямых.
Тем не менее существуют тетраэдры (например,
правильный), у которых высоты пересекаются в одной точке.
Точку пересечения высот тетраэдра, если она существует,
мы будем называть ортоцентром, а тетраэдры,
обладающие ортоцентром,— ортоцентрическими.
Пример 4.7. Доказать, что тетраэдр является ортоцен-
трическим тогда и только тогда, когда у него имеются две
пары скрещивающихся взаимно перпендикулярных рёбер.
Решение. Заметим сначала, что если две пары
противоположных рёбер тетраэдра перпендикулярны, то и
оставшиеся два ребра перпендикулярны (задача 3.18).
Докажем теперь, что если в тетраэдре ABCD (ВС) J_
± (AD), то высоты (BBi) и (СС\) пересекаются в точке Hi,
высоты (АА\) и (DD\) — в точке Яг, причём (Н1Н2) —
общий перпендикуляр к (ВС) и (AD) (рис. 4.27).
Рис. 4.27
Действительно, пусть I — общий перпендикуляр к (ВС)
и (AD). Проведём плоскость а через I и (ВС). Высоты

§4.7. Применение теорем о перпендикулярности 151
(ВВ\) и (CCi) перпендикулярны (AD), следовательно, они
лежат в плоскости а, а значит, пересекаются в
некоторой точке Hi (почему невозможна параллельность этих
высот?). Аналогично, рассматривая плоскость /?,
проходящую через I и (AD), получаем, что высоты (AAi) и (DD\)
пересекаются в некоторой точке if 2 • Поскольку Н\ — точка
пересечения двух высот треугольника ВСХ, она должна
лежать и на третьей его высоте, т. е. на прямой I. Аналогично
доказывается, что Нч 6 L
Из доказанного утверждения вытекает, что в
рассматриваемом тетраэдре все высоты попарно пересекаются,
следовательно (задача 1.1), они пересекаются в одной точке
(почему они не могут лежать в одной плоскости?). Итак,
в одну сторону требуемое утверждение доказано.
Для доказательства обратного утверждения установим
сначала, что если высоты (ВВ\) и (СС{) тетраэдра ABCD
пересекаются, то (AD) _]_ (ВС). Действительно, каждая из этих
высот перпендикулярна (AD), поэтому проходящая через
них плоскость перпендикулярна (AD), т.е. и (ВС) J_ (AD),
так как (ВС) лежит в указанной плоскости. Аналогично
доказывается, что если пересекаются высоты (AAi) и
(ВВ\)9 то (АВ) ± (DC)у а если пересекаются высоты (AAi)
и (CCi), то (AC) _L (BD). Тем самым утверждение задачи
полностью доказано. D
Отметим, что ортоцентрический тетраэдр обладает
рядом красивых свойств, на которых мы не имеем
возможности здесь останавливаться. Часть из них будет
сформулирована в виде задач к этой главе (задачи 4.12, 4.13; см. также
[Прасолов, Шарыгин, 1989, § 6.5]).
В заключение мы разберём задачу, в которой требуется
построить сечение, заданное условием
перпендикулярности некоторой прямой. Обращаем ваше внимание на то,
что на рисунках изображения двух взаимно
перпендикулярных прямых, вообще говоря, не обязательно должны быть
перпендикулярными (так как параллельное
проектирование может не сохранять величины углов)» Это обстоятель-

152 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
ство затрудняет построение сечений, заданных условием
перпендикулярности. Чтобы преодолеть это затруднение,
обычно на рисунке определяют положение основания
перпендикуляра по отношению к положению каких-либо точек,
расположенных уже известным образом» Это делается либо
прямым вычислением, либо из других соображений.
Поясним сказанное на примере.
Пример 4.8. Все рёбра правильной четырёхугольной
пирамиды SABCD имеют длину 2. Точки М и N —
середины рёбер AS и АВ соответственно. Построить сечение
пирамиды плоскостью, проходящей через точку М
перпендикулярно прямой CN, и найти площадь этого сечения.
Решение. Обозначим секущую плоскость через а и
предположим, что искомое сечение построено. Так как a J_ (CN),
то прямая CN перпендикулярна любой прямой, лежащей
в плоскости а, в частности линии пересечения плоскостей а
и ABC. Кроме того, плоскость а должна содержать
перпендикуляр, опущенный из точки М на плоскость ABC (этот
перпендикуляр параллелен высоте SO пирамиды).
Действительно, если точка М\ — основание перпендикуляра,
опущенного из точки М на плоскость ABC, а точка L —
основание перпендикуляра, опущенного из точки Mi на прямую
CN, то по теореме о трёх перпендикулярах (ML) ± (CN).
А так как (MiL) ± (CN), то (MMiL) _L (CN). Но через
точку М проходит единственная плоскость, перпендикулярная
прямой CN (пример 4.1), поэтому а и (MMiL) —одна и та
же плоскость.
Отсюда вытекает следующее построение (рис. 4.28).
Сначала строим изображение центра основания пирамиды —
точку О пересечения диагоналей АС и BD основания, затем
строим отрезок SO — изображение высоты пирамиды.
После этого через точку М проводим прямую, параллельную
прямой SO, до пересечения с отрезком АС в точке Mi. Тем
самым мы построим изображение перпендикуляра,
опущенного из точки М на плоскость ABC. Остаётся построить
изображение перпендикуляра к прямой CN> проходяще-

§4.7. Применение теорем о перпендикулярности 153
М
Рис. 4.29
го через точку М\. Пусть этот перпендикуляр пересекает
прямую CN в точке L. Уточним положение точки L
вычислением, обратившись к рис. 4.29. По теореме Пифагора
CN2 = BC2 + BN2 = 4 + 1 = 5, т. е. CN= л/Ь. Пусть К= (CN) П
П (BD). Так как К — точка пересечения медиан треугольни-
2 2\/5
ка ABC у то СК = |CiV = -jp. Заметим, что М\ —
середина [ОА], поскольку М — середина [AS], a (MMi) || (SO).
3 3\/2
Следовательно, CAfi = т^С= -^-. Теперь из подобия
прямоугольных треугольников CLM\ и С(Ж получаем, что
CL =
• ОС =
, т. е.
= ^. Тем самым положение
точки L определено. Для того чтобы её построить,
достаточно отложить на [CN] от точки N отрезок NL длины
jfiCN (задача деления отрезка на равные части известна
из планиметрии и решается с помощью теоремы Фалеса).
Пусть теперь (МгЬ) П (АВ) = Q, (MiL) П (AD) = Р.
Заметим, что Q € [АВ], а Р Е [AD]. Действительно, из подобия
треугольников LNQ и ВЛГС (рис. 4.30) следует, что
LN - CN 10
NB

154 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
N Q
Рис. 4.30
Поэтому NQ<NB, значит, Qe [АВ]. Из подобия
треугольников APQ и BNC следует, что
AQNB
ВС
NQ)NB
il-1
ВС
3
4'
поэтому Р € [AD]. Соединив точки Р и Q с точкой М,
получаем искомое сечение (рис. 4.28).
Действительно, по построению (ММ\) J_ (ABC), a (CN) с
С (ABC), следовательно, (ММ\) 1 (CN). Опять-таки по
построению (PQ) -L (CN), следовательно, по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости (MPQ) J_ (CN).
Вычислим площадь сечения. Имеем
S
mpq =
PQ = | • (±
PQ.
Длину высоты пирамиды находим из прямоугольного тре
угольника ASO:
SO2 = SA2 - АО2 -4-2 = 2,
т. е. SO = \/2. Длину отрезка PQ находим из прямоугольно
го треугольника APQ:
^_ 9
16 + 4
45
16'
т. е. PQ
3v/5
. Итак,
3\/lO
16 #
П

§ 4.8. Нахождение расстояний и углов 155
§ 4.8. Нахождение расстояний и углов
с помощью векторов
— Не желаете ли, чтобы я помог
вам считать? — вызвался Швейк. —
Я в этих делах разбираюсь.
Я. Гашек. Похождения бравого солдата Швейка
В § 3.5 мы использовали векторы для вычисления
угла между скрещивающимися прямыми. Здесь мы
продемонстрируем, как векторный аппарат позволяет находить
расстояния и углы в различных геометрических
конфигурациях. Несомненным достоинством описываемого метода
является его универсальность и алгоритмичность. К
сожалению, это нередко «компенсируется» довольно большим
объёмом вычислений. Однако если простое и красивое
геометрическое решение не приходит в голову, векторы всё
же позволяют решить задачу.
Итак, перейдём к изложению метода.
Расстояние между скрещивающимися прямыми
Пусть в пространстве задана прямая 1\ с известным
направляющим вектором1* ai, прямая /г с известным
направляющим вектором #2 и точки А\ и Аг, лежащие соот-
ветственно на 1\ и h, кроме того, известен2* вектор А\ Аг =
Пусть [Р\Р2\ — общий перпендикуляр к 1\ и 1% {Р\ €
1*2 €.h\ см. рис. 4.31). Задача заключается в нахождении
►
►
длины этого отрезка. Представим вектор Р\Р2 в виде суммы
► ► У
Р\А\ + А\А2 + ^2^2- Затем, пользуясь коллинеарностью
векторов Р\А\ и d\, A2P2 и Зг, получим для вектора
представление Р\Р2 = х&1 + У&2 + ^> где х и у — неизвестные
пока числа. Эти числа можно найти из условия
перпендикулярности вектора Р1Р2 векторам й\ и Зг, т. е. из следующей
направляющим вектором прямой мы понимаем ненулевой
вектор, параллельный этой прямой.
2)Здесь и ниже, когда мы говорим, что вектор известен, мы
подразумеваем, что известны его координаты в некотором базисе.

156 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Рис. 4.32
системы линейных уравнении:
=0,
=0.
После этого находим длину вектора Р1Р2:
Пример 4.9. Вычислить расстояние между
скрещивающимися диагоналями двух соседних граней куба с ребром а.
Решение. Пусть дан куб ABCDA\B\CiD\ с ребром а.
Найдём расстояние между прямыми AD\ и DC\ (рис. 4.32).
[
Введём базис {3, &, ?}, где a = ADy b = DC, ?= DD[. Для
удобства дальнейших вычислений составим «таблицу умно-
ъ
й
а2
0
0
ь
0
а2
0
д
0
0
а2
Таблица 4.1

§4,8. Нахождение расстояний и углов 157
жения» векторов базиса, в которую занесём попарные
скалярные произведения базисных векторов (таблица 4.1). За
направляющие векторы прямых AD\ и DC\ можно взять
► ► -►
AD\ = ? - а и DCi = Ъ + ?♦ Если [Р1Р2] — общий
перпендикуляр к рассматриваемым прямым, то Р\Р2 = х(?— 3) +
+1/ (ft + ?) + с?• Составим систему уравнений для нахождения
неизвестных чисел х и у:
' [*(?- 3) +у(£ + ?) +3] • (?- 2) = О,
С помощью «таблицы умножения» приведём эту
систему к равносильной:
' 2х + у-1 = 0,
<
2 1
Отсюда находим jc = ^, у = — ^. Тогда
о О
П
Расстояние от точки до плоскости.
Угол между прямой и плоскостью
Пусть в пространстве заданы плоскость а с известным
базисом {а, 6}, точка А, лежащая в этой плоскости, и
точка М вне её, причём вектор AM = ? предполагается
известным (в том же базисе, что и S и Ь). Пусть N — ортогональная
проекция точки М на плоскость а (рис. 4.33). Задача
заключается в нахождении длины отрезка MN, а также угла
между прямыми AM и AN.
Представим вектор MN в виде разности векторов А1ч
и AM, а затем, пользуясь компланарностью векторов
AN, й и by запишем его в виде MN = ха + уЬ — F, где х
и у — неизвестные пока числа. Эти числа можно найти из

158 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Рис. 4.33
условия перпендикулярности вектора Mis' векторам S и &,
т.е. из следующей системы линейных уравнений:
' (xa + yb-?)•&= О,
Затем, зная х и j/, найдём MN~ J(ха + уЪ — ?)2. Угол
находится так: если AN = O, то, очевидно, прямая AM перпен
дикулярна плоскости а, если же AN ф б (т. е.
то
cos Z(AM, a) = cos
, A/V) =
Пример 4Л0. В кубе ABCDA\B\C\D\ с ребром а найти
расстояние от центра грани AA\D\D до плоскости BC\D.
Решение. Обозначим центр грани AA\D\D через О
(рис. 4.34). Введём базис {3, ft, с}, где а = DA, b = DC> ? =
= DD\. «Таблица умножения» векторов этого базиса такая
же, как и в примере 4.9 (таблица 4.1).
Векторы DB = а + Ъ и DC\ = b + ? образуют, очевидно,
базис в плоскости BC\Dy а в качестве вектора Р возьмём
вектор DO = ^ (2 + ?). Тогда если О\ — ортогональная
проекция точки О на (BCi-D), то
ООл = х/г* ' ^ч ' ""'*"' ' ^ч

§ 4.8. Нахождение расстояний и углов
159
Составим систему уравнений для нахождения неизвестных
чисел х и у:
Используя «таблицу умножения», приведём эту систему
к равносильной:
4у= 1.
Отсюда находим х = у = ^. Тогда
Об[ - i
п
Пример 4.11. В кубе ABCDAiBiCiDi найти угол между
прямой BD\ и плоскостью BC\D.
Решение. Пусть длина ребра куба равна а. Введём тот
же базис, что и в предыдущем примере. Обозначим через

160 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
ортогональную проекцию точки D\ на плоскость BC\D. To
гда
= x(3+b)+y(b £
Условия перпендикулярности вектора D1D2 векторам DB
и DC\ приводят к системе линейных уравнений
[ х (а + Ъ) + у (Ъ + ?) + а + Ъ - Z\ • (а + $) = 0,
[х (а + Ь) + у (Ъ + ?) + а + b - ?] • (Ъ + ?) = 0,
откуда получаем
Тем самым мы получили, что £1>2 — — ^ (а + Ь) + ^ (6 + ?) =
= —■53— о^+ о?- Теперь найдём косинус искомого угла ср:
о о о
=
\DtB\-\BD2
2л/2
Следовательно, Z(BDi, BCiD) — arccos —5—. □
о
В рассмотренных примерах «таблица умножения»
векторов выглядела достаточно просто. Это объясняется тем,
что при решении использовался прямоугольный базис.
Заметим, однако, что при решении многих задач
пользоваться прямоугольным базисом неудобно, а более естественно
работать в некотором косоугольном базисе (пример ЗЛО).
Чаще всего выбор базиса определяется видом данного в

§ 4.9. Геометрический подход 161
условии задачи многогранника, например, в качестве
базиса часто выбирают векторы, изображаемые тремя его
некомпланарными рёбрами, выходящими из одной
вершины (правда, может случиться, что и такой базис по тем или
иным причинам неудобен). Удачный выбор базиса довольно
важен, так как он позволяет свести к минимуму объём
проводимых вычислений. Наконец, бывают случаи, когда
условие задачи не позволяет выбрать базис с полностью
определённой «таблицей умножения». Тогда необходимо
получить дополнительные уравнения, связывающие
недостающие элементы. Примеры подобных задач вы найдёте
в конце этой главы.
§ 4.9. Геометрический подход к пахождепию
расстояний и углов
Генри снова кивнул, над его головой
поднялось облачко табачного дыма.
— В первых примерах тебе навязывалось
определённое однобокое
представление,—заметил он, — я подумал, что будет справедливо,
если будет представлена и противоположная
сторона, чтобы ты мог составить целостную
картину.
Р. Желязны. Одержимый волшебством
Задачи на вычисление расстояний и углов, которые
были решены нами в предыдущем параграфе с помощью
векторов, могут быть решены и чисто геометрически. Здесь
мы хотим познакомить вас с некоторыми полезными
геометрическими идеями.
Расстояние между скрещивающимися прямыми можно
находить с помощью ортогонального проектирования.
Основная идея этого метода заключена в следующей теореме.
бЗак 3383

162 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Рис. 4.35
Теорема 4.7. Расстояние между двумя
скрещивающимися прямыми равно расстоянию от точки пересечения
одной из этих прямых с перпендикулярной ей плоскостью
до проекции другой прямой на эту плоскость.
Доказательство. Пусть а\ и а2 — данные прямые, а —
плоскость, перпендикулярная а\, А — точка пересечения а\
с плоскостью а, а'2 — проекция а2 на ту же плоскость,
[PiP2] — общий перпендикуляр к а\ и а2, Pi € аь Р2 € а2
(рис. 4.35). Докажем, что р(аь а2) = р(А, аг2).
Проекцией точки Pi на плоскость а является точка А,
а проекцией точки Р2 на эту плоскость — некоторая точка В.
Следовательно, проекцией отрезка Р1Р2 на плоскость а
является отрезок АВ. Так как а\ J_ a, a (P1P2) -1 аь то
(PiP2) || а либо (PiP2) С а (почему?). Поэтому [PiP2] || [AB]
или PiP2 и АВ — один и тот же отрезок, и, следовательно,
PiP2 = АВ. Остаётся показать, что (АВ) A.af2.
Пусть (PiP2) || ее. Если а2 || а, то а'2 || а2, a если а2 с а,
то а2 и а2 — это одна и та же прямая. В обоих случаях
^(PiP2> я2) = ^/2 (теорема 3.4). Если же прямая а2 и
плоскость а не параллельны, то (АВ) J_a2, так как (PiP2) J-a2,
а (АВ) || (PiP2). Следовательно, по теореме о трёх
перпендикулярах (АВ) 1 а'2.
Случай (PiP2) С ос рассматривается аналогично. □

§ 4.9. Геометрический подход
163
t /
Рис. 4.36
Покажем, например, как с помощью проектирования
можно решить пример 4.9. Пусть дан куб ABCDA\B\C\D\
с ребром а. Найдём расстояние между прямыми AD\
и jDCi. Для этого спроектируем куб на плоскость,
проходящую через вершину А и перпендикулярную прямой AD\
(рис. 4.36). Согласно доказанной теореме достаточно найти
расстояние от точки1* Аг до прямой D'C^. Так как плоскость
A\B\CD перпендикулярна прямой ADi, то прямоугольник
' равен прямоугольнику A\BiCD. Его стороны
равны а и а\/2, следовательно, А!В1 = a, A!Df = -^= и В7!)' = - _
V2 \/2
(из AA'B'D по теореме Пифагора). Искомое расстояние
получим, выразив площадь треугольника AlB!Df двумя
A'Df
способами: h — —
а
Заметим, что, обратившись к рис. 4.35, можно найти
и угол между скрещивающимися прямыми.
Действительно, если обозначить искомый угол Z(ai,a2) через ср, то,
очевидно, ср = т£ - Z(a2, a). Если на прямой аг дан отрезок
длины d, а di — длина его проекции на плоскость а, то
(рис. 4.35) cos Z(a2, ос) = -^-, следовательно, sin <p = -^-.
^Буквами со штрихами мы обозначаем проекции соответствующих
вершин куба.

164 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Найдём таким способом угол между прямыми AD\ и DC
из предыдущего примера. Так как C\Df = B'D' = ^=-, а
DL\ = av А то sin ^ =
Другое соображение, полезное при вычислении
расстояния между скрещивающимися прямыми, состоит в
следующем: расстояние между скрещивающимися прямыми
равно расстоянию между параллельными плоскостями,
проведёнными через эти прямые. (Для доказательства
этого утверждения вспомните, как мы строили общий
перпендикуляр к скрещивающимся прямым; см. также
упражнение 4.6.)
Дадим теперь ещё одно (третье) решение примера 4.9.
Рассмотрим плоскости AB\D\ и BC\D> содержащие
прямые AD\ и DC\ (рис. 4.37). Они параллельны (почему?).
Согласно результату примера 4.6 (см. также замечание к
нему) эти плоскости перпендикулярны диагонали А\С куба
и делят её на три равные части. Поэтому искомое
расстояние равно одной трети диагонали куба, т.е. -~%
V3
При геометрическом способе нахождения расстояния от
точки до плоскости и угла между наклонной и плоскостью

§ 4.9. Геометрический подход
165
Рис. 4.38
главная трудность заключается в определении положения
основания перпендикуляра, опущенного из точки на
плоскость. Во многих случаях его можно определить исходя из
параллельности этого перпендикуляра какому-либо
другому перпендикуляру к рассматриваемой плоскости,
основание которого находится в известной точке. С помощью
этого соображения можно по-другому решить примеры 4.10
и 4.11.
Пример 4,12. В кубе ABCDA\B\C\D\ с ребром а найти
расстояние от центра грани AA\D\D до плоскости BC\D.
Второе решение. Пусть точка О — центр грани AA\D\Dy
а О7 — её проекция на плоскость BC\D (рис. 4.38). Так как
(AiC) 1 (BCiD) (пример 4.6), то (OOf) \\ (АХС). Если А[ -
проекция точки А\ на плоскость BC\D (т. е. А\ = (А\С) П
П (BCiD)), то <У принадлежит [DA'J и делит этот отрезок
пополам (здесь мы воспользовались свойствами
параллельного проектирования). Следовательно,
оо' =
2 3
%
так как плоскость BC\D отсекает одну треть от диагонали
куба. □

166 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Пример 4.13. В кубе ABCDAiB\C\Di найти угол между
прямой BD\ и плоскостью BC\D.
Второе решение. Пусть длина ребра куба равна а,
точка О — центр куба (точка пересечения его диагоналей). Так
как (А\С) 1 (BCiD), то точка О7 пересечения (AiC) и (BC\D)
является проекцией точки О на плоскость BC\D (рис. 4.39).
Поэтому прямая ВО1 — проекция прямой BD\ на эту
плоскость. Искомый угол ср находим из прямоугольного
треугольника ОБО1:
ОО1
1
3'
т.е. ср = arcsin «♦ □
Разумеется, возможны и другие способы решения
разобранных задач. Например, расстояния можно находить с
помощью метода вспомогательного объёма, который будет
рассмотрен нами в § 9.3.
В заключение мы приведём пример ещё одной задачи,
которая просто решается с помощью проектирования, в то
время как её векторное решение требует проведения
большого числа выкладок.
Пример 4.14. В основании прямоугольного
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат ABCD со стороной
rj-t /
/
р'
D' = Яху/'
С
В'
Рис. 4.40

§ 4.9, Геометрический подход 167
длины 2а. Боковое ребро имеет длину а.
Рассматриваются отрезки с концами на диагонали AD\ боковой грани
и диагонали B\D параллелепипеда, параллельные
плоскости АА\В\В. Один из этих отрезков проведён через такую
точку М диагонали AD\> что AM: AD\ = 2:3.
а) Найти его длину.
б) Найти наименьшую длину рассматриваемых
отрезков.
с^ Упражнение 4.7. Решите этот пример с помощью векторов.
Решение. Спроектируем параллелепипед параллельно
диагонали B\D на плоскость АВВ\А\ (рис. 4.40). Всякий
отрезок, параллельный этой плоскости, спроектируется в
отрезок той же длины. Поэтому рассматриваемые отрезки
равны своим проекциям. (Далее буквами со штрихами
будем обозначать проекции соответствующих точек.)
а) Рассматриваемый отрезок равен отрезку D'M'. Пусть
точка Р' — основание перпендикуляра, опущенного из
точки М' на прямую B'D\. Из подобия прямоугольных
треугольников M'P'D' и A'B'D' следует, что
MfPf = \а!В' = \а.
о
Поэтому
D'P' = D'D'i - P/D[ = a-la=\a.
о о
Из прямоугольного треугольника M'D'P' по теореме Пифа
гора находим длину отрезка D'M':
D'M' = л/UXP')2 + Ш'Р*)* = л/£ + 2£ = ^
б) Кратчайшая из рассматриваемых проекций —
перпендикуляр D'H'y опущенный из точки D' на (A'D'X). Так как
А'В' = B'D/1 = 2а, то Z.D'D'XH' = j, следовательно,
\/2 V2

168 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
Задачи
Что же мы видим, товарищи? Мы видим, что блондин
играет хорошо, а брюнет плохо. И никакие лекции не
изменят этого соотношения сил, если каждый индивидуум
не будет постоянно тренироваться.
И, Ильф, Е. Петров. Двенадцать стульев.
(Из лекции старшего мастера О. Бендера
«Плодотворная дебютная идея»,
прочитанной в г. Васюки.)
4.1. Докажите, что рёбра SA\ и АпАп+\ правильной
пирамиды SA\...A2n-\ перпендикулярны.
4.2. Ребро AD тетраэдра ABCD перпендикулярно
грани ABC. Докажите, что при проектировании на плоскость
BCD ортоцентр треугольника ABC переходит в ортоцентр
треугольника BCD.
4.3. Высота SO тетраэдра SABC проходит через
ортоцентр грани ABC. Известно, что ZBSC прямой, SB = m,
SC = п. Найдите отношение площадей граней SAB и SAC.
4Л. Точки Ait B\ и С\ лежат соответственно на рёбрах
SA, SB и SC тетраэдра SABC, причём SAi = aSA, SBi =/3SB
и SCi = ySC. Докажите, что отношение объёмов тетраэдров
SA\BiC\ и SABC равно ос(3у. Верна ли аналогичная
формула для четырёхугольных пирамид?
4.5. Объём тетраэдра ABCD равен V. Точки К> М, Р
и Т таковы, что АК = СА, СМ = ВС, DP = AD и DT = CD.
Найдите объём тетраэдра КМРТ.
4.6. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит параллелограмм ABCD. Площадь грани SAB равна Q,
а расстояние от точки С до плоскости этой грани равно h.
Найдите объём пирамиды.
4.7. В основании пирамиды SABCD лежит
параллелограмм ABCD. Через середину ребра SA проведена
плоскость, параллельная грани SBC. В каком отношении эта
плоскость делит объём пирамиды?
4.8. Точки DnE лежат соответственно на рёбрах SA и SB
тетраэдра SABC, причём SD : DA = SE : ЕВ =1:2. Через

Задачи 169
эти точки проведена плоскость, параллельная ребру SC.
В каком отношении эта плоскость делит объём пирамиды?
4.9. В двух параллельных плоскостях взяты два
многоугольника. Их вершины соединены отрезками так, что
у полученного многогранника каждая боковая грань —
трапеция, треугольник или параллелограмм» Докажите, что
справедлива формула
где V — объём многогранника, h — его высота, Si и S2-
площади оснований, a S$ — площадь сечения плоскостью,
параллельной плоскостям оснований и равноудалённой от
них (формула Симпсона).
4.10. Рёбра АА\у ВВ\ и СС\ многогранника АВСА\В\С\
лежат на параллельных прямых Zi, /2 и Is
соответственно. Его треугольные грани ABC и А\В\С\ лежат, вообще
говоря, в непараллельных плоскостях. Докажите, что для
объёма V многогранника справедлива формула
V=hAA1+BBl+CC1)S,
где S — площадь треугольника, вершинами которого
являются точки пересечения прямых /i, I2 и Is с плоскостью,
им перпендикулярной.
4.11. Докажите, что если основание высоты тетраэдра
есть ортоцентр соответствующей грани, то этот тетраэдр
ортоцентрический.
4Л2* Докажите, что тетраэдр является ортоцентриче-
ским тогда и только тогда, когда:
а) отрезки, соединяющие середины противоположных
рёбер, равны;
б) суммы квадратов длин противоположных рёбер
равны.
4ЛЗ. Какие тетраэдры имеют три непараллельных
прямоугольных сечения?

170 Глава 4. Перпендикулярность в пространстве
4.14. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей
через его центр перпендикулярно одной из его диагоналей.
4.15. Рассматриваются сечения куба плоскостями,
перпендикулярными одной из его диагоналей. Определите
наибольшую возможную площадь сечения, если ребро куба
равно 1.
4.16. Постройте сечение правильной треугольной
пирамиды SABC плоскостью, перпендикулярной высоте СС\
основания и проходящей через середину ребра AS.
4.17. Длина стороны основания правильной пирамиды
SABCD равна а, длина бокового ребра — I. Постройте
сечение пирамиды плоскостью, перпендикулярной ребру SC
и проходящей через его середину, и найдите площадь
сечения, если: a) l = aJт>; б) l = aJ•=.
4.18. Длина ребра куба ABCDA\B\C\Di равна 1. Точки
М и N — середины рёбер CD и CCi соответственно. Найдите
расстояние между прямыми AN и ВМ.
4.19. В правильном тетраэдре ABCD точки М и N —
середины рёбер АС и АВ соответственно, Е — центр грани
BCD. Найдите угол между прямыми MN и DE.
4.20. Основанием пирамиды SABC является
равносторонний треугольник ABC со стороной 4\/2. Боковое ребро
SC перпендикулярно основанию и имеет длину 2.
Найдите угол и расстояние между скрещивающимися прямыми,
одна из которых проходит через S и середину ребра ВС,
а другая — через С и середину ребра АВ.
4.21. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
боковая грань — равносторонний треугольник со стороной 2.
Точка Q — центр грани SCD.
а) Найдите угол и расстояние между прямыми ВС и AQ.
б) Найдите расстояние от основания общего
перпендикуляра к этим прямым, лежащего на (AQ)> до плоскости
ABC.
4.22. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
прямоугольный треугольник ABC с катетами АВ = \/2 и

Задачи 171
AC = 1. Боковое ребро SA длины 4 перпендикулярно
основанию; точка Q — середина ребра SC.
а) Найдите угол и расстояние между прямыми BQ и AS.
б) Найдите расстояние от основания общего
перпендикуляра к этим прямым, лежащего на (AS), до плоскости
BSC.
4.23. Всегда ли существует прямая, проходящая через
данную точку и образующая с данными двумя плоскостями
равные углы?
4.24. В правильной треугольной призме АВСА\В\С\
выполнено соотношение АА\ =АВ. Найдите угол между
прямой АВ\ и плоскостью АА\С.
4.25. Отношение длин бокового ребра и стороны
основания в правильной четырёхугольной призме ABCDA\B\CiD\
равно 2. Найдите угол между прямой BD\ и плоскостью
4.26. Длина стороны основания ABCD правильной
пирамиды SABCD равна а, длина бокового ребра — 2а.
Рассматриваются отрезки с концами на диагонали BD основания
и боковом ребре SC, параллельные (SAD). Найдите
наименьшую длину рассматриваемых отрезков.
4.27. а) Верно ли, что угол между двумя наклонными
меньше угла между их ортогональными проекциями на
плоскость?
б) Из точки Ау расположенной вне плоскости, проведены
перпендикуляр АО и наклонные АВ и АС к этой плоскости.
Известно, что ВО = 1, СО = 2у/2 и ZBOC-45°. Найдите
наибольшее возможное значение угла ВАС.

Глава 5
Двугранные и многогранные углы
— Надо же, как всё просто.
— Как научиться ходить. Потом ты
начинаешь удивляться, что в этом было такого
сложного.
Р. Бах. Иллюзии
§5.1. Двугранный угол и его измерение. Биссектор
В каждой ситуации обычно есть одна
фигура, чьё влияние ни в коем случае
нельзя недооценивать.
К, Кизи. Над кукушкиным гнездом
Определение. Две полуплоскости с общей
ограничивающей их прямой разбивают пространство на две части,
общей границей которых они являются. Объединение
рассматриваемых полуплоскостей с одной из этих частей
называется двугранным углом. Полуплоскости
называются гранями двугранного угла, а их общая прямая — его
ребром.
б)
Рис. 5Л

174 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
Двугранный угол может быть как выпуклым (рис. 5.1а),
так и невыпуклым1* (рис. 5.16).
Двугранный угол с гранями а и /3 и ребром I мы будем
обозначать <x\f
Измерение двугранных углов
Определение. Пересечение двугранного угла и
плоскости, перпендикулярной его ребру, называют линейным
углом двугранного угла. Величиной двугранного угла
называют величину его линейного угла.
Корректность данного определения вытекает из
следующей теоремы.
I Теорема 5.1. Величина двугранного угла не зависит от
выбора его линейного угла.
Доказательство. Пусть АОВ и А\О\В\ — два линейных
угла данного двугранного угла (рис. 5.2). Их стороны па-
Рис. 5.2
раллельны (теорема 2.4; (АОВ) || (A\OiBi), так как обе
плоскости перпендикулярны ребру двугранного угла) и
одинаково направлены, следовательно (теорема 3.4), ZAOB =
О
и в планиметрии, множество точек называется выпуклым,
если оно вместе с любыми двумя своими точками целиком содержит
соединяющий их отрезок.

§ 5Л. Двугранный угол и его измерение. Биссектор 175
Величина двугранного угла (измеренная в градусах)
принадлежит промежутку (0°, 360°). Величина выпуклого
двугранного угла (измеренная в градусах) принадлежит
промежутку (0°, ISO0]1*.
В дальнейшем мы будем рассматривать только
выпуклые двугранные углы. Двугранный угол называется
острым, тупым, прямым или развёрнутым в зависимости
от того, каков его линейный угол (соответственно острый,
тупой, прямой или развёрнутый). Двугранные углы —
пространственные аналоги углов на плоскости. Так же, как
и на плоскости, определяются вертикальные и смежные
двугранные углы, остаются в силе и соответствующие
теоремы.
Биссектор двугранного угла
Определение. Полуплоскость, границей которой
является ребро двугранного угла, делящая его на два
двугранных угла равной величины, называется биссектором
двугранного угла (аналог биссектрисы плоского угла),
■^Упражнение 5.1. Докажите, что биссектриса любого
линейного угла данного двугранного угла принадлежит его биссекто-
РУ-
I
Теорема 5.2. Биссектор двугранного угла есть
множество точек этого угла, равноудалённых от его граней.
Доказательство. Все точки М, принадлежащие ребру
данного двугранного угла al(3 (рис. 5.3), очевидно,
принадлежат и биссектору, и искомому множеству. Поэтому далее
будем рассматривать только точки М £1.
I. Пусть М —любая точка искомого множества, т.е.
такая, что р{Му а) =р(Му /3). Докажем, что М принадлежит
биссектору двугранного угла al(3. Пусть М\ и Мг —
проекции точки М на грани а и В соответственно (рис. 5.4).
!)В радианах— соответственно (0, 2п) и (0, 7г].

176
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
Рис. 5.3
Рис. 5.4
Проведём через точки М, Mi и Мг плоскость у. Так как
(MMi) J_ а, то (MMi) 11. Аналогично (ММ2) -L /.
Следовательно, I Ly по признаку перпендикулярности прямой
и плоскости. Поэтому угол М\ОМ2 — линейный угол
двугранного угла al/3 (О — точка пересечения прямой / и
плоскости у). Точка М равноудалена от сторон линейного
угла М\0М2, следовательно, она лежит на его биссектрисе,
а значит, и на биссекторе двугранного угла al(3
(упражнение 5.1).
II. Пусть теперь М — произвольная точка биссектора 8
двугранного угла al(3 (М £ I). Докажем, что она
принадлежит искомому множеству. Проведём через М плоскость
у _L /, получим линейный угол АОВ рассматриваемого дву-
в
Рис. 5.5
гранного угла (рис. 5.5). Кроме того, углы АОМ и ВОМ —
линейные углы двугранных углов <х18 и 5Z/3 соответственно.
По определению биссектора величины этих двугранных уг-

§ 5.2. Угол между двумя плоскостями 177
лов равны, следовательно, Z.AOM—ZBOM. Итак, точка М
лежит на биссектрисе получившегося линейного угла,
значит, она равноудалена от его сторон. Но перпендикуляры
к сторонам линейного угла являются и перпендикулярами
к граням двугранного угла (так как у J_ Z), следовательно,
р(М9а)=р(М,р). □
§ 5.2. Угол между двумя плоскостями.
Признак перпендикулярности
Скалы встали
Перпендикулярно
К плоскости залива.
Н. Рубцов. Утро перед экзаменом
Определение. Углом между двумя пересекающимися
плоскостями называется наименьшая из величин
двугранных углов, образованных при их пересечении. Угол
между параллельными плоскостями по определению
считается равным нулю.
Таким образом, угол между плоскостями (измеренный
в градусах) принадлежит промежутку [0°, 90°].
и^ Упражнение 5.2. Докажите, что угол между двумя
плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными к ним.
I
Определение. Две плоскости называются
перпендикулярными, если угол между ними равен 90°.
Теорема 5.3 (признак перпендикулярности двух
плоскостей). Если плоскость проходит через перпендикуляр
к другой плоскости, то она перпендикулярна этой
плоскости.
Доказательство. Пусть прямая а перпендикулярна
плоскости а у а плоскость (5 проходит через а. Обозначим
основание перпендикуляра через М (М = аПа), а прямую
пересечения плоскостей а и /3 — через с (рис. 5.6; плоскости а
и /3 не могут быть параллельными, так как М — их общая

178
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
Рис. 5.6
Рис. 5.7
точка). Через точку М в плоскости а проведём прямую ft,
перпендикулярную с. Пусть у — плоскость, проходящая
через а и ft. Так как с 1 а и с J_ ft, то по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости у 1 с. Значит, угол между
а и /3 равен углу между а и ft, но а J_ ft (так как по условию
а _]_ а, a ft с ос по построению), следовательно, а 1(3. D
Теорема 5.4 (свойство перпендикулярных плоскостей).
Если две плоскости перпендикулярны, то прямая,
проведённая в одной плоскости перпендикулярно линии
пересечения плоскостей, перпендикулярна второй плоскости.
Доказательство. Пусть a_L/3, с = аГ)/39 плоскость а
проходит через прямую а, перпендикулярную с (рис. 5.7).
Докажем, что a_L/3.
Пусть аПс = М. В плоскости /3 через точку М проведём
прямую 6, перпендикулярную с. Тогда угол aMft
—линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями а
и /3. Так как ос ±(3, то alb. Итак, a_Lc (по условию) и a_L&,
следовательно, а 1(3 (по признаку перпендикулярности
прямой и плоскости). □
Приведём пример построения сечения, заданного
условием перпендикулярности некоторой плоскости. Основная

§ 5.2. Угол между двумя плоскостями
179
идея решения подобных задач заключается в следующем:
секущая плоскость должна проходить через прямую,
перпендикулярную данной плоскости.
Пример 5.1. Построить сечение куба ABCDA\BiC\D\>
проходящее через диагональ AD\ грани AA\D\D и
перпендикулярное плоскости BCiD.
Решение. Построим сначала какую-нибудь прямую,
пересекающую прямую AD\ и перпендикулярную
плоскости BC\D. Для этого достаточно через середину О
диагонали AD\ провести прямую /, параллельную прямой А\С
Рис. 5.8
(рис. 5.8). Действительно, (А\С) J_ (BC\D) (пример 4.6),
следовательно, l± (BC\D). Прямая / лежит в плоскости (A\DC)
(почему?), параллельна {А\С) и проходит через середину О
отрезка AD\, поэтому она пересекает ребро DC куба в его
середине К. Соединив точку К с точками А и D\9 получим
искомое сечение: так как / С (AD\K) и I _L (BCiD), то по
признаку перпендикулярности плоскостей (AD\K) J_ (BC\D). □
В заключение этого параграфа обсудим способ
нахождения угла между плоскостями с помощью векторов. Так
как угол между плоскостями равен углу между
перпендикулярными к ним прямыми (см. упражнение 5.2), то
задача о вычислении угла между плоскостями сводится

180
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
ъ
а ь г
3 0 0
° » 1
Таблица 5 Л
к уже решённой нами в § 3.3, 3.5 задаче о вычислении
угла между прямыми. Приведём пример.
Пример 5.2. В основании треугольной пирамиды SABC
лежит правильный треугольник ABC со стороной 1.
Ребро SA пирамиды перпендикулярно плоскости основания,
а его длина равна у/3. Плоскость а параллельна прямым
SB и АС у а плоскость (5 параллельна прямым SC и АВ.
Найти угол между этими плоскостями.
Решение. Выберем базис fi = AS, 6 = AB, (* = АС и
составим «таблицу умножения» базисных векторов
(таблица 5Л). Если т и Я —ненулевые векторы,
перпендикулярные плоскостям а и (3 соответственно, а ср — угол между а
и /3, то
\ffi-ft\
ooscp = ' '
В качестве А можно взять любой такой ненулевой
вектор, что fh • SB = rft - AC = 0, Пусть fh — хй + уЪ + г?. Тогда
—► —> —>•
(дч? + j/b + 2?) • (6 - 3) = 0 и (хЗ + уЬ + 2?) • ? = 0. Эта
система уравнений с помощью «таблицы умножения» базисных
векторов приводится к равносильной системе:
6x-2y-z = Q,
Выразим х и у через г: х = -|, у= -2г. Положив,
например, z = — 2, получим х — 1, у = 4. Итак, мы нашли один
из ненулевых векторов /й, перпендикулярных плоскости от:

§ 5,2. Угол между двумя плоскостями 181
fh — а + 46 — 2? (именно тем, что условие in J_ а не
определяет m однозначно, и объясняется то, что в полученной нами
системе неизвестных больше, чем уравнений).
Вектор ft, перпендикулярный плоскости/3, можно найти
аналогично. Но мы поступим по-другому. Заметим, что
условие, задающее плоскость /3, получается из условия,
задающего плоскость а, заменой точки В на точку С, а
точки С, наоборот, — на точку В. Поэтому чтобы получить Н±/3,
достаточно в выражении для т поменять местами векторы
Ъ и ?: Н = а - 2Ь + 4?, Вычисляя m-Й, \т\ и |Й|, находим,
Ml 1 1 г-.
что cos Ф = —==—== = -?> т. е. (р = arccos ^. u
Разобранный пример можно решить, не пользуясь
векторами, геометрически. Приведём это решение.
Ясно, что в качестве плоскости а можно выбрать
плоскость, проходящую через прямую SB параллельно прямой
АС (почему?). Тогда её линия пересечения с плоскостью
ABC будет параллельна прямой АС. Аналогично проведём
плоскость (5 через прямую SC параллельно прямой АВ.
Линия её пересечения с плоскостью ABC параллельна АВ.
Если ещё через точку А провести прямую, параллельную
прямой ВС, то три полученные прямые пересекутся в
точках Аи Bi и Си причём (AiBi) || (AB), (BiCi) || (ВС),
Рис. 5.9

182 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
(AC), AAiB\Ci правильный, а его сторона равна 2
(рис. 5.9).
Искомый угол — угол между (SA\Ci) и (SA\Bi).
Рассмотрим ASAAi. Так как [AAi] —высота правильного
треугольника А\В\С\У то АА\ = \/3. Но ребро SA
перпендикулярно плоскости ABC и SA = \/3. Поэтому SАА\ —
равнобедренный прямоугольный треугольник. Проведя его высоту
AM к гипотенузе SAi, найдём, что AM = — = J-=.
Прямая BiCi перпендикулярна плоскости SAAi, так
как она перпендикулярна прямым SA и AAi этой
плоскости. Следовательно, (AM) является проекцией прямой
BiM на (SAAi), и так как (AM) ± (SAi), то (ВХМ) J_ (SAi)
(по теореме о трёх перпендикулярах). Аналогично (С\М) J_
_L (SAi), и, значит, угол С\МВ\ искомый. Обозначим его
через (р. Из равенства прямоугольных треугольников С\АМ
и В\АМ получаем, что ср — 2ZAMB\. В треугольнике В\АМ
имеем AM = w^> AB\ = 1, следовательно, tg /.AMB\ =
у/6 п . (р л/6
= -^-. Зная tg Tj- = -^г-, можно найти
COS (D = 1- = ■=-. П
§ 5.3. Площадь ортогональной проекции многоугольника
Иногда приходится говорить о трудных
вещах, но следует делать это как можно проще.
Г. Харди
Теорема 5.5. Площадь ортогональной проекции
выпуклого многоугольника на плоскость равна площади
проектируемого многоугольника, умноженной на косинус угла
между плоскостями многоугольника и его проекции.
Доказательство. Пусть выпуклый многоугольник М,
лежащий в плоскости а, спроектирован ортогонально на

§ 5.3. Площадь ортогональной проекции
183
плоскость /3, причём Z(a, /3) = ср, где 0° ^ ср < 90°.
Обозначим проекцию данного многоугольника через М\.
Требуется доказать, что
S(Mi) =S(M) cos ср.
(5.1)
В случаях ср = 0° (тогда а \\ /3 и Mi = М) и <р = 90° (тогда
а±/3 и Mi —отрезок) формула (5 Л), очевидно, верна. Пусть
теперь 0°<<р<90°.
Докажем формулу (5Л) для частного случая, когда М —
треугольник ABC, у которого сторона АВ параллельна
прямой I, по которой пересекаются плоскости а и /3 (рис. 5.10).
Рис. 5.10
Проведём в ДАВС высоту CD. Пусть Ai, B\9 C\, D\ —
ортогональные проекции на плоскость [3 точек А, В, С, D
соответственно. Так как (АВ) || Z, то (AiBi) || (АВ) (по теореме
о линии пересечения). Далее, (AAi) || (BB\) (как два
перпендикуляра к плоскости /3), следовательно, AAiBiB
—параллелограмм и AB = AiBi- Прямая AiBi перпендикулярна
наклонной CD (поскольку (АВ) J_ (CD), a (AiBi) || (АВ)),
следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах прямая
(AiBi) перпендикулярна и проекции (CiZ>i), т.е. [CiDi] —
высота в треугольнике AiBiCi. В плоскости CC\D прове-

184
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
дём (DC2) || (D\Ci) (где Сг € [СС\]). Из прямоугольного
треугольника CDC2 (где /ССг1> = 90°, ZCDC2 = <р) находим
C2D = CD cos ср. Поскольку C\D\ — C2-D, получаем C\D\ =
= CD cos cp. По формуле для площади треугольника
= \АВ ■ CD cos cp.
I
Следовательно, в рассмотренном случае формула (5.1)
верна.
Пусть теперь М — произвольный треугольник.
Проведём через его вершины прямые, параллельные /. Одна из
них разобьёт рассматриваемый
треугольник на два треугольника, у
каждого из которых одна сторона
параллельна I (рис. 5.11), Остаётся
для каждого из этих треугольников
воспользоваться формулой (5.1) и
сложить полученные равенства.
Рассмотрим теперь общий случай:
М — произвольный выпуклый
многоугольник. Возьмём одну из его
вершин и проведём все выходящие из
неё диагонали многоугольника. Они
разбивают исходный многоугольник
на неперекрывающиеся треугольники
(рис. 5.12). Применяя формулу (5.1)
к каждому из этих треугольников
и складывая полученные равенства,
приходим к тому, что формула (5Л)
верна для любого выпуклого
многоугольника. □
Рис. 5.11
Рис. 5.12
Замечания. 1. Представление многоугольника в виде
объединения конечного числа треугольников, внутренние области
которых попарно не пересекаются, называется триангуляцией.
С триангуляцией выпуклого многоугольника вы, наверное, уже

§ 5.3. Площадь ортогональной проекции 185
встречались в планиметрии при выводе формулы для суммы
внутренних углов многоугольника. Указанный нами в
доказательстве способ триангуляции, конечно, не единственный. Для
того чтобы строго доказать, что треугольники разбиения,
полученные таким способом, действительно не перекрываются, а их
объединением является исходный многоугольник, надо
воспользоваться методом математической индукции (рекомендуем вам
проделать это самостоятельно).
2. Формула (5.1) остаётся в силе и для невыпуклых
многоугольников. Для доказательства достаточно показать, что
невыпуклый многоугольник также можно триангулировать. Можно
доказать1*, что невыпуклый
многоугольник можно триангулировать
с помощью его диагоналей (не
обязательно исходящих из одной
вершины). Мы поступим проще.
Проведём все прямые,
содержащие стороны данного
(невыпуклого) многоугольника. Они
разобьют исходный многоугольник на
несколько частей-многоугольников рис g
(рис. 5.13). Каждая из этих частей,
будучи пересечением выпуклых
фигур —полуплоскостей, является выпуклым многоугольником.
Теперь остаётся только триангулировать каждый из них,
например способом, указанным на рис. 5.12.
3. С помощью предельного перехода формулу (5.1) можно
распространить на достаточно широкий класс измеримых фигур
(т. е. имеющих площадь).
■^ Упражнение 5.3. Используя тот факт, что эллипс является
ортогональной проекцией круга, докажите, что площадь
эллипса равна каЬ, где а и Ъ — его полуоси.
Пример 5.3. Пусть в пирамиде ABCD плоские углы при
вершине А прямые, а площади граней BCD, ABC, ABD
и ACD равны So, Si, S2 и S3 соответственно. Доказать, что
о2 q2 1 о2 i Cf2
Доказательство. Спроектируем пирамиду
ортогонально сначала на плоскости ABC, ABD и ACD, а затем на
г)См., например» [Прасолов, 1991, Ч. 2, задача 22.22].

186 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
cos аз
S2 cos
S\ cos <Х\
Рис. 5.14
плоскость BCD (рис. 5.14). Обозначим углы, образуемые
гранями ABC, ABD и ACD с гранью BCD, через <Х\, #2 и аз.
Тогда по теореме о площади ортогональной проекции
многоугольника получаем Si — So cos oti, i= 1, 2, 3 (так как
плоские углы при вершине А прямые, то проекция основания
BCD на плоскость любой из трёх боковых граней
представляет собой эту боковую грань), и So = Si cos <X\ + S2 cos
+ S3 cos a3. Отсюда следует, что So = Si-^- + S2^ + Ss-J-,
00 00 00
т.е. Sl = Sl + S% + Sl. □
Замечание. Приведённое решение не использует того, что
проекция точки А лежит внутри ADBC (почему?). На самом
деле можно доказать, что эта проекция действительно находится
внутри указанного треугольника (см. задачу 5.18 и пример 4.5).
§ 5.4. Многогранные углы.
Трёхгранный угол и его свойства
Преподнося сюрприз
суммой своих углов,
вещь выпадает из
миропорядка слов.
И. Бродский. Натюрморт
Наряду с двугранными углами в стереометрии
рассматриваются трёхгранные и четырёхгранные углы, а также
углы с большим числом граней.

§ 5Л. Многогранные углы. Трёхгранный угол 187
Рис. 5Л5
Определение. Пусть Ф = А\А%...Ап — л-угольник, п ^ 3,
и точка S не принадлежит его плоскости. Объединение
всех лучей, имеющих общее начало S и пересекающих
данный многоугольник Ф, называется многогранным (в
данном случае п-гранным) углом (рис. 5.15).
Мы будем обозначать многогранный угол SA\...An.
Точка S называется вершиной многогранного угла, лучи
SAi, SA2, ..., SAn — его рёбрами, углы A1SA2, A2SA3, ...,
AnSA\ — гранями или плоскими углами. Множество всех
Рис. 5.16

188
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
точек многогранного угла, не принадлежащих его граням,
называется его внутренней областью.
Многогранный угол может быть выпуклым (рис. 5.16а)
или невыпуклым (рис. 5.166) (в соответствии с общим
определением выпуклости). В дальнейшем мы ограничимся
изучением выпуклых многогранных углов, более того, в
основном будем иметь дело с трёхгранными углами.
Рассмотрим следующие два свойства плоских углов
трёхгранного угла.
Теорема 5.6. Величина каждого плоского угла
трёхгранного угла меньше суммы величин двух других его плоских
углов.
Доказательство. Пусть а ^ (5
^ у — величины плоских углов
трёхгранного угла SABC (а = /.BSC,
/3 = ZASC, r = Z.ASB\ см. рис. 5.17).
Достаточно доказать, что у < а + /3
(остальные неравенства, очевидно,
выполнены). Проведём в плоском
угле SAB луч SM так, что /,ASM=(3.
Пусть он пересекает [АВ] в точке N.
Отложим на луче SC отрезок SD>
равный по длине отрезку SN. Тогда
AASD = AASN (по двум сторонам
и углу между ними), следовательно,
AD — AN. В силу неравенства треугольника, записанного
для ДАВЯ, AD + DB > АВ. Но AD = AN, АВ = AN + NB,
следовательно, DB>NB. Применим теорему косинусов к
треугольнику BSD:
Рис. 5.17
DB2 = SB2 + SD2 - 2SB • SD cos a,
(5.2)
и к треугольнику BSN:
NB2 = SB2 + SN2 - 2SB • SN cos ZNSB.
(5.3)

§ 5.4. Многогранные углы. Трёхгранный угол 189
Из (5.2) и (5.3), учитывая, что SD = SN и DB > NB,
получаем cos a < cos ZNSB. Так как функция у = cos x
является строго убывающей на (0, 7г), отсюда следует,
что ZNSB < а. Значит, у = ZASN + Z.NSB < а + р, что и
требовалось доказать. □
I Следствие 7. Величина каждого плоского угла
трёхгранного угла больше разности величин двух других его
плоских углов.
Теорема 5.7. Сумма величин всех плоских углов трёх-
LHHoro угла меньше 360°.
Доказательство. Пусть дан трёхгранный угол SABC
с плоскими углами а, /3 и у (рис. 5.18). Пусть луч SAi —про-
I Т,
|rpai
Рис. 5.18
должение луча SA. Рассмотрим трёхгранный угол SA\BC.
Его плоские углы равны а, 180° — /? и 180° — у. По
теореме 5.6 имеем а < (180° - р) + (180° - у), т. е. а + р +
+ у< 360°. □
Замечания. 1. Теоремы 5.6 и 5.7 выражают свойства
трёхгранного угла, т.е. являются необходимыми условиями
существования трёхгранного угла. Оказывается, выполнение этих
условий является и достаточным (доказательство можно
найти, например, в книге [Клопский, Скопец, Ягодовский, 1977]).
Таким образом, трёхгранный угол с плоскими углами а ^ /3 < у

190 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
существует тогда и только тогда, когда выполнены
неравенства
<x+p + Y <360°, (5.4)
Г <<*+/?. (5.5)
2. Аналогичные свойства имеют место и для n-гранных углов:
<х\ + ... + ап < 360°, <хп < an_i + ... + аи где а\ ^ а2 < ... ^ ап —
плоские углы (доказать это можно методом математической
индукции; утверждения теорем 5.6 и 5.7 составляют базу индукции
(п = 3), см., например, [Клопский, Скопец, Ягодовский, 1977]).
Справедливо и обратное утверждение.
ВЗГ Упражнение 5.4. Два плоских угла трёхгранного угла равны
70° и 80°. Какие значения может принимать третий угол?
Сформулируем свойство биссекторов двугранных углов
трёхгранного угла.
I Теорема 5.8. Биссекторы двугранных углов
трёхгранного угла пересекаются по одному лучу (рис. 5.19).
Рис. 5.19
Предлагаем вам самостоятельно доказать это
утверждение.
Указание. Вспомните, как доказывается, что
биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. Здесь мож-

§ 5.5. Расчёт трёхгранных углов 191
но применить тот же метод. Используйте результат
теоремы 5.2.
BS9 Упражнение 5.5. Докажите, что биссекторы двугранных
углов тетраэдра пересекаются в одной точке.
§ 5.5. Расчёт трёхгранных углов. Теорема о трёх синусах
И я выхожу из пространства
В запущенный сад величин
И мнимое рву постоянство
И самосознанье причин.
О. Мандельштам. Восьмистишия
Характеристиками трёхгранного угла SABC являются
величины трёх его плоских углов а, /3, у (а = ZBSC, /3 =
= ZASC, у = /-ASB)> и трёх его двугранных углов, А, В, С
(А — величина двугранного угла при ребре SA, В — при
ребре SB> С— при ребре SC)l\ Между этими величинами
существует ряд соотношений. Некоторые из них будут
получены в этом параграфе. Однако нет нужды запоминать
все соотношения (зачастую громоздкие), которые мы
выведем. Гораздо полезнее уяснить метод получения таких
соотношений и использовать его при решении конкретных
задач.
Пример 5*4. Заданы величины плоских углов
трёхгранного угла а, (3 и у. Найти величины его двугранных углов.
Решение. Найдём двугранный угол С, считая а и (3
острыми. Построим линейный угол двугранного угла при
ребре SC (см. рис. 5.20, где (DFE) 1 (SC), De [SA), Ее [SB),
Fe[SC), Z.DFE = C). Из AEFD по теореме косинусов
получаем
ED2 = FE2 + FD2 - 2FE - FD cos С. (5.6)
Из AESD по теореме косинусов получаем
ED2 = SE2 + SD2 - 2SE - SD cos у. (5.7)
мы будем обозначать таким образом плоские и двугранные
углы всех встречающихся трёхгранных углов SABC.

192 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
С
Е В
Приравнивая правые части равенств (5.6) и (5.7), получаем
FE2 + FD2 - 2FE ♦ FD cos С = SE2 + SD2 - 2SE - SD cos у,
или
2 FE2) + (SD2 FD2
SD cos 7 - (S£2 - FE2) + (SD2 - FD2) + 2FE - J7) cos C.
Из прямоугольных треугольников SEF и SZXF по
теореме Пифагора имеем SE2 - FE2 = SF2, SD2 - FD2 =
поэтому
S£ • SD cos 7 = SF2 + FE-FD cos С.
Отсюда следует, что
С учётом того, что -щт; = cos а, -~= = sin а, -^ = cos/3,
-^=г = sin/3, последнее равенство принимает вид
cos у = cos a cos /3 + sin a sin j3 cos C, (5.8)
откуда следует, что
^ cos у - cos a cos /3
С = 4 . д г .
sin a sin p
cos 4.
sin a sin
Проверьте самостоятельно, что во всех оставшихся случаях
выражение для cos С будет таким же. Аналогично
находятся углы А и В. □

§ 5,5, Расчёт трёхгранных углов 193
Замечания. 1. Приведём идею другого решения этой задачи,
использующего векторный аппарат. Пусть Й, b и ? — единичные
векторы, направленные вдоль лучей SA, SB и SC. Вектор 2,
лежащий в плоскости SAC, можно представить в виде 8 = с cos /3 + ?j^
где ?i _L с, |?i | = sin (3 (рис. 5.21). Аналогично выражается вектор Ь.
В
Рис. 5.21
После этого надо вычислить скалярное произведение а • Ь. Оно
равно cos у у и оно же равно cos a cos/J + sin ос sin/? cos С.
2. Доказанное нами соотношение (5.8) часто называют первой
теоремой косинусов для трёхгранного угла.
Предлагаем вам самостоятельно решить обратную
задачу — найти величины плоских углов трёхгранного угла,
зная величины его двугранных углов.
и^ Упражнение 5.6. Докажите равенство
cos С = -cos A cos В + sin A sin В cos у (5.9)
(вторая теорема косинусов для трёхгранного угла).
Замечание. Укажем на одну красивую идею, помогающую
при решении ряда задач. Пусть SABC — трёхгранный угол, а,
/3, у — величины его плоских углов; А, Б, С — величины
двугранных углов. Возьмём внутри угла произвольную точку Si
и опустим из неё перпендикуляры S\Ai, S\B\t S\C\ на грани
BSCy ASCj ASB соответственно. Получим новый трёхгранный
угол SiA\B\C\ (рис. 5.22). Величины его плоских и
двугранных углов связаны с соответствующими величинами в исходном
трёхгранном угле равенствами а\ = п — А, /3\ = к — В, у\ — к — С;
А\ = к - а, В\ — к — (3, С\ = к - у (проверьте!). Угол S\A\B\C\
называют полярным к углу SABC. Рассмотрение полярного
трёхгранного угла позволяет свести утверждения о плоских углах
7 3ак 3383

194 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
С
Рис. 5.22
к аналогичным утверждениям о двугранных углах, и наоборот.
Рассмотрим, например, как с помощью введения полярного угла
доказывается равенство (5.9). Запишем первую теорему
косинусов для полярного угла:
cos у 1 = cos <x\ cos /?i 4- sin a\ sin/?i cos C\,
или
cos(7r-C)=cos(7r-A) cos(7r-B)-fsin(7r-A) sin(7r-B) cos(n-y),
откуда в силу формул приведения сразу следует равенство (5.9).
Пример 5.5. Доказать, что справедливы равенства
sina = sin£ = sinr
sin A sin В sin С ' '
(теорема синусов для трёхгранного угла).
Решение. Для доказательства, например, второго из
равенств (5.10) возьмём на ребре SA точку М и спроектируем
её на плоскость SBC и прямые SB и SC (здесь возможно
много различных случаев; см., например, рис. 5.23а—в —
все они разбираются аналогично). Обозначим SM = a. Для
доказательства нужного равенства достаточно двумя спосо-

§ 5.5. Расчёт трёхгранных углов
195
Рис. 5.23
бами выразить МН. В случае, изображённом на рис. 5.23а,
МН = MN sin В = SM sin у sin В (из AMHN и AMSN);
MH = MKsinC = SMsinpsmC (из АМНК и ДМ&йГ),
. я . л . „ sin /3 sin у
следовательно, sin у sin р = sin p sin С, т. е. ——^ = -:—^.
Sin x5 Sin О
п
Рассмотрим теперь трёхгранный угол SABC, в котором
В= ^. Тогда из теоремы синусов для трёхгранного угла
вытекает, что
sin у = sin С sin р. (5.11)
Полученный результат можно сформулировать
следующим образом.
Теорема 5.9* Если в одной из граней двугранного угла
величины а проведена прямая /, пересекающаяся с его
ребром и образующая с ним угол /3, а с другой гранью —
угол у у то
sin у = sin a sin/3. (5.12)
Это утверждение часто называют теоремой о трёх
синусах (см., например, [Габович, 1989]). Приведём
доказательство этой теоремы, не использующее теорему синусов
для трёхгранного угла.
Доказательство. Возьмём на прямой I точку А,
отличную от точки D, в которой I пересекается с ребром дву-

196
Глава 5. Двугранные и многогранные углы
Рис. 5.24
Рис. 5.25
гранного угла (рис. 5.24). Построим линейный угол
данного двугранного угла. Для этого в грани, содержащей
прямую Z, проведём перпендикуляр АВ к ребру
двугранного угла и опустим из точки А перпендикуляр АС на
другую грань двугранного угла. Тогда /ABC — <х> /ADB — fi,
/.ADC— у. Из прямоугольного треугольника ACD находим
АС = AD sin у. Далее, из AABD находим АВ = AD sin /3,
а из ABAC находим АС — АВ sin a> следовательно, АС =
= AD sin a sin /3. Сравнивая два полученных выражения
для АС, приходим к выводу, что равенство (5.12)
выполнено. □
В следующем примере мы покажем, как применяется
теорема о трёх синусах.
Пример 5.6. Дан двугранный угол тао величиной 60°.
Правильный треугольник ABC лежит в грани т, причём
вершина А принадлежит ребру а двугранного угла. Сторона
АВ образует с гранью о угол 30°. Найти величину угла,
образуемого стороной АС с гранью а.
Решение. Обозначим: Z(r, а) = а = 60°, Z(AB, a) =
= /3 = 30°, /{АС, а) ~ у — искомый угол, Z(AB, а) = ср,
/(АС, а) = д (рис. 5.25). По теореме о трёх синусах имеем
sin /3 = sin a sin cp,
sin у — sin a sin i?.
(5.13)
(5.14)

Задачи 197
Поскольку /.ВАС = 60° (ЛАВС правильный), то $ =
^180° -60°-<р -120°-<р и
sin $ — sin(120° - (р) = ^г cos <р + ~ sin ср. (5.15)
Из соотношения (5.13) находим
Угол ср острый, поэтому cos (p = \/-=. Учитывая соотно-
л/б + 1
шение (5.15), находим sin v = —. Теперь из соотноше-
2\/3
/К1уйЧ . . . Q \/3 \/б+1 \/б+1
ния (5.14) получаем sin у = sin or sin v = -^-- -—7=- = -^—j—,
. \/6 + l ,-,
r = arcsin Z—A—. П
4
Задачи
Каждая проблема таит в себе бесценный дар.
И ты создаёшь себе проблемы — ведь эти дары
тебе крайне необходимы.
Р. Бах. Иллюзии
5.1. Докажите, что если две плоскости
перпендикулярны плоскости а и пересекаются, то их линия пересечения
перпендикулярна плоскости а.
5.2. Постройте сечение правильной четырёхугольной
пирамиды SABCD, все рёбра которой имеют одинаковую
длину, плоскостью, проходящей через середину её высоты,
вершину А основания и перпендикулярной грани SBC.
5.3. Постройте сечение куба ABCDA\B\C\Di
плоскостью, проходящей через центр грани AA\D\D> вершину В
и перпендикулярной плоскости C\NM, где М — середина
ребра ВС, а N — середина ребра CD. Найдите отношение
объёмов частей, на которые секущая плоскость делит куб.

198 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
5.4. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
угол между апофемой и плоскостью основания равен 60°.
Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей
через ребро АВ и перпендикулярной грани SCD> и определите,
в каком отношении секущая плоскость делит высоту
пирамиды*
5.5. Какие значения может принимать величина угла,
получающегося при пересечении двугранного угла
величины ср всевозможными плоскостями?
5.6* Двугранный угол вместе со своим биссектором /3
пересекается плоскостью а. В каких случаях луч,
являющийся пересечением плоскостей а и /3, будет биссектрисой
получающегося в пересечении угла?
5.7. На гранях двугранного угла расположены точки А
и Б. Докажите, что биссектор делит отрезок АВ в
отношении, равном отношению расстояний от точек А и В до ребра
двугранного угла.
5.8. В кубе ABCDA\B\C\Di точки Е> F и М — середины
рёбер ААь АВ и СС\ соответственно. Найдите угол между
плоскостями EFD и A\D\M.
5.9* В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
отношение длины высоты к длине стороны основания равно
у/б : 4. Найдите угол между плоскостями SBC и SDE.
5* 10. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит прямоугольник ABCD со сторонами АВ — 3 и ВС = 2.
Боковые рёбра пирамиды имеют одинаковую длину, а её
высота равна 3. Плоскость а параллельна прямым SB и АС>
а плоскость /3 — прямым SC и BD. Найдите угол между
этими плоскостями.
5.11. Дан куб ABCDAxB\C\D\. Плоскость а
перпендикулярна прямой А\С\, а плоскость (3 параллельна прямой CD\.
Найдите наименьший возможный угол между этими
плоскостями.
5.12. Дан куб ABCDAiB\C\D\ с ребром длины 1. На
рёбрах ААь ВВ\, DD\ взяты соответственно точки К> Р,
М так, что АК: АХК= 1:3, ВР: ВХР = 3:1, DM: DXM = 3 :1.

Задачи 199
Дайдите объём пирамиды, у которой основание — сечение
куба плоскостью КРМ, а вершина — точка А\.
5.13. Правильная треугольная пирамида с двугранным
углом а при ребре основания пересечена плоскостью,
параллельной основанию, так, что площадь полученного
сечения равна площади боковой поверхности образовавшейся
усечённой пирамиды. Определите отношение площади
основания к площади сечения.
5.14. В правильной четырёхугольной усечённой
пирамиде проведены два сечения: плоскостью, проходящей
через диагонали оснований, и плоскостью, проходящей через
сторону нижнего основания и противоположную сторону
верхнего основания. Угол между секущими плоскостями
равен а. Найдите отношение площадей сечений.
5.15. Найдите наибольшую площадь ортогональной
проекции правильного тетраэдра с ребром а на плоскость.
5.16*. Докажите, что площадь ортогональной проекции
куба с ребром 1 на плоскость численно равна длине его
проекции на прямую, перпендикулярную этой плоскости.
5.17*. Докажите, что плоскости, проходящие через
рёбра трёхгранного угла и биссектрисы противолежащих
плоских углов («медианы»), пересекаются по одной прямой.
5*18. Докажите, что плоскости, перпендикулярные
граням трёхгранного угла и проходящие через их биссектрисы
(«серединные перпендикуляры»), пересекаются по одной
прямой.
5.19. Любой ли трёхгранный угол имеет сечение,
являющееся правильным треугольником?
5.20. Существуют ли такие выпуклая л-угольная (п > 4)
и треугольная пирамиды, что четыре трёхгранных угла
/z-угольной пирамиды равны трёхгранным углам
треугольной пирамиды?
5.21. Угол между плоскостью квадрата ABCD и
некоторой плоскостью т равен or, а угол между стороной АВ и той
же плоскостью равен /5. Найдите угол между стороной AD
и плоскостью г.

200 Глава 5. Двугранные и многогранные углы
5.22. Стороны АВ и АС равностороннего треугольника
ABC расположены соответственно в гранях Р и Q острого
двугранного угла величины <р. Сторона АВ образует с
ребром двугранного угла острый угол а. Найдите величину
угла между плоскостью ABC и гранью Q.
5.23. Пусть а — угол между наклонной I и плоскостью т,
/3 — угол между проекцией наклонной на эту плоскость
и прямой а, проведённой через основание наклонной в
плоскости проекции, и у — угол между наклонной / и
прямой а. Докажите, что cos у = cos a cos /3 (теорема о трёх
косинусах).
5.24. Высота правильной треугольной призмы равна Н.
Через одно из рёбер нижнего основания и
противоположную ему вершину верхнего основания проведена плоскость.
Найдите площадь получившегося сечения, если его угол,
взятый при вершине верхнего основания призмы, равен а.
Найдите также допустимые значения а.
5.25. В плоскости г расположен правильный
треугольник ABC со стороной а. На перпендикуляре к плоскости т
в точке А отложен отрезок AD = а. Найдите угол между
прямыми АВ и CD.
5.26. Каждый двугранный угол трёхгранного угла имеет
величину а. Найдите величины его плоских углов. Укажите
также все возможные значения а.
5.27. Плоские углы ASB, BSC и CSA трёхгранного угла
SABC имеют величины ~, ^ и arccos —= соответственно.
3 6 у/%
Найдите величину двугранного угла при ребре SB.
5.28. Каждый плоский угол трёхгранного угла имеет
величину ~. Внутри него расположена точка, удалённая
о
от двух граней на расстояние а, а от третьей — на
расстояние За. Найдите расстояние от этой точки до вершины
трёхгранного угла.

Глава 6
Элементы теории многогранников
Геометр отправился в Египет
Посмотреть па параллелепипед.
И представьте вы его обиду,
Когда он увидел пирамиду.
Б. Берестов. Геометрия
§ 6.1. Пространственная область. Геометрическое тело
Там, за нигде, за его пределом —
чёрным, бесцветным, возможно, белым —
есть какая-то вещь, предмет.
Может быть, тело»
И. Бродский. Лагуна
В этом параграфе мы определим основной объект
изучения в стереометрии — (геометрическое) тело. Для этого нам
понадобится сначала дать ряд вспомогательных
определений. Определяемые ниже понятия играют важную роль не
только в геометрии, но и в других разделах математики.
Сферой с центром О и радиусом R>0 называется
множество всех точек пространства, удалённых от точки О на
расстояние R. Обозначение: S(0, R) (от английского sphere).
Шаром с центром О и радиусом R>0 называется
множество всех точек пространства, удалённых от точки О на
расстояние, не превосходящее R. Обозначение: В (О, R) (от
английского ball).
Фигура Ф называется ограниченной, если она целиком
лежит в некотором шаре, и неограниченной в противном
случае. Например, точка, отрезок, шар — ограниченные
фигуры, а прямая, плоскость и всё пространство —
неограниченные.

202 Глава 6. Элементы теории многогранников
Пространственной областью называется непустая
фигура Ф, обладающая следующими свойствами:
1) любые две точки фигуры Ф можно соединить
ломаной1*, целиком принадлежащей Ф;
2) вместе с любой своей точкой фигура Ф содержит хотя
бы один шар с центром в этой точке.
Первое из этих свойств называется связностью,
второе—открытостью. Поэтому говорят, что
пространственная область — это открытое связное множество точек
пространства.
Приведём примеры. Всё пространство является
пространственной областью (но эта область, очевидно,
неограниченная), а точка, прямая и плоскость — нет (так как
они не открыты). Пример ограниченной пространственной
области даёт фигура В (О, R) \S(O, R). Заметим, что шар
В (О, R) не открыт, следовательно, он не является
пространственной областью.
в^ Упражнение 6.1. Приведите пример открытой, но не связной
фигуры.
Границей пространственной области называется
непустое множество всех точек пространства, для каждой из
которых любой шар с центром в этой точке, содержит как
точки, принадлежащие данной области, так и не
принадлежащие ей.
Пространственная область может не иметь границы*
Единственным примером такой области служит всё
пространство. Все остальные пространственные области, в
частности ограниченные, всегда имеют границу2*. Обратное
неверно, т. е. пространственная область может иметь
границу, но не быть ограниченной. Например, этим свойством
обладает внутренность многогранного угла.
Наконец, сформулируем основное определение.
^Звенья этой ломаной не обязательно лежат в одной плоскости.
2)Доказательство этого утверждения выходит за рамки нашего курса.
Подобные вопросы обсуждаются в курсах топологии (см., например,
книгу [Стинрод, Чинн, 1967], рассчитанную на начинающих).

§ 6.2. Многогранники и их элементы 203
I Определение. Объединение ограниченной
пространственной области и её границы называется телом.
Из этого определения вытекает, что тело является
ограниченной фигурой.
Граница указанной пространственной области
называется поверхностью тела Т и обозначается дТ> а сама эта
пространственная область называется его внутренней
областью и обозначается int T (от английского interior).
Например, поверхностью тетраэдра является объединение всех
его граней, а поверхностью шара является сфера.
§ 6.2. Многогранники и их элементы
Проблемы нам создают не те вещи,
которых мы не знаем, а те, о которых
мы ошибочно полагаем, что знаем.
В. Роджерс
Важным классом геометрических тел являются
многогранники. Определение многогранника уже было дано в
§ 2.4. После того как мы придали точный смысл понятиям
«тело» и «поверхность тела», нам остаётся лишь напомнить
это определение.
Определение. Многогранником называется тело,
поверхность которого является объединением конечного числа
многоугольников.
В соответствии с общим определением выпуклого
множества многогранник называется выпуклым, если вместе
с любыми двумя своими точками он содержит
соединяющий их отрезок. На рис. 6.1а, б изображены соответственно
выпуклый и невыпуклый многогранники. В дальнейшем,
если не оговорено противное, мы всюду подразумеваем под
многогранником выпуклый многогранник1*.
обстоятельство следует иметь в виду, так как не все факты,
которые мы формулируем в этой главе, а также в задачах к ней, верны
для невыпуклых многогранников.

204
Глава б. Элементы теории многогранников
Рис. 6.1
Многоугольник, принадлежащий поверхности
многогранника, называется его гранью, если он не содержится
ни в каком другом многоугольнике, также принадлежащем
поверхности многогранника. Стороны граней называются
рёбрами многогранника, а вершины — вершинами
многогранника. Отрезки, соединяющие вершины многогранника,
не принадлежащие одной грани, называются диагоналями
этого многогранника.
Частные виды многогранников были определены и
изучены нами в § 2.4, 4.4.
§ 6.3. Правильные многогранники
Евклид вовсе и не собирался выпускать
систематический учебник геометрии. Он задался целью
написать сочинение о правильных многогранниках,
рассчитанное на начинающих, в силу чего ему
пришлось изложить все необходимые сведения.
Т.Д'Арси
Определение. Многогранник1* называется правильным,
если все его грани — равные правильные многоугольники
и из каждой его вершины выходит одинаковое число
рёбер.
^Какбыло отмечено в § 6.2, мы имеем в виду выпуклый
многогранник.

§ 6.3. Правильные многогранники
205
Как мы знаем, на плоскости существует бесконечно
много типов правильных многоугольников (для любого п ^ 3
существует правильный л-угольник). В пространстве дело
обстоит не так: существует всего пять типов правильных
многогранников, которые известны ещё с древних времён.
Это тетраэдр, гексаэдр (куб), октаэдр, додекаэдр и икосаэдр
(рис, 6.2-6.6).
Рис. 6.2
Рис. 6.3
Рис. 6.4
Рис. 6.5
Рис. 6.6
Действительно, пусть гранями правильного
многогранника являются правильные n-угольники, а в каждой его
вершине сходится т рёбер. Так как внутренний угол пра-
к(п-2)
вильного многоугольника равен , а для существова-

206
Глава 6. Элементы теории многогранников
п
т
3
3
3
4
3
5
4
3
5
3
Таблица 6.1
Тетраэдр
Куб
Октаэдр
Додекаэдр
Икосаэдр
Грани
4
6
8
12
20
Вершины
4
8
6
20
12
Рёбра
6
12
12
30
30
Таблица 6.2
ния m-гранного угла (при вершине многогранника)
необходимо1^, чтобы сумма всех его плоских углов была меньше
2 л;, то т
к(п-2)
< 2тг, откуда следует, что
т
!
2"
(6.1)
В соответствии с геометрическим смыслом тип —
натуральные числа, не меньшие 3. При таких ограничениях
неравенство (6.1) имеет лишь конечное число решений.
Действительно, при п > 6 решений нет, а все решения
при п = 3, 4, 5 приведены в таблице 6Л. Эти значения п
и т отвечают соответственно правильным тетраэдру,
октаэдру, икосаэдру, кубу и додекаэдру. Конечно, надо ещё
убедиться, что каждый из вышеназванных многогранников
существует. Мы не будем здесь доказывать их
существование, а ограничимся лишь констатацией этого факта. Более
подробное исследование содержится, например, в книгах
[Прасолов, Шарыгин, 1989], [Шклярский и др., 1954].
Названия правильных многогранников греческие, они
соответствуют числу граней, например, тетраэдр — четы-
. замечание 2 к теореме 5.7.

§ 6.3. Правильные многогранники
207
рёхгранник. В таблице 6.2 указано количество граней,
вершин и рёбер для каждого правильного многогранника.
Интересно отметить, что правильные гексаэдр и октаэдр
являются двойственными друг другу: центры граней
куба являются вершинами правильного октаэдра (рис. 6,7а),
Рис. 6.7
и наоборот: центры граней правильного октаэдра
являются вершинами куба (рис. 6.76). Аналогичным свойством
обладают правильные икосаэдр и додекаэдр (рис. 6.8а, б).
Рис. 6.8

208 Глава 6. Элементы теории многогранников
§ 6.4*. Теорема Эйлера
Читайте Эйлера, читайте Эйлера, он учитель
для всех нас.
/7. Лаплас
Оказывается, число граней, вершин и рёбер
многогранника не может быть произвольным. Например, не
существует многогранника с семью рёбрами. Действительно,
пусть такой многогранник существует и имеет k граней.
Если все его грани — треугольники, то (поскольку каждая
грань содержит три ребра, а каждое ребро принадлежит
двум соседним граням) у многогранника 3&/2 рёбер, т.е.
число рёбер делится на 3. Если же одна из граней имеет
по крайней мере четыре ребра, то всего рёбер не меньше
восьми (не менее четырёх рёбер в этой грани и ещё не менее
четырёх рёбер — по одному ребру, исходящему из каждой
её вершины).
Следующее важное соотношение между числом граней,
вершин и рёбер многогранника было установлено
Леонардом Эйлером в 1758 г.
Теорема 6.1. Для числа граней Г, числа вершин В и
числа рёбер Р любого выпуклого многогранника справедливо
соотношение
В-Р-2.
Доказательство. Ортогонально спроектируем
многогранник на плоскость, не перпендикулярную ни одной из
его граней. При этом проекцией каждой грани будет
некоторый выпуклый многоугольник, число сторон которого
равно числу рёбер этой грани. Проекцией многогранника
будет выпуклый многоугольник Q, граница которого
представляет собой проекцию некоторой замкнутой
(пространственной) ломаной М, состоящей из рёбер многогранника1*.
1}В случае невыпуклого многогранника это утверждение, вообще
говоря, неверно.

§ 6.4*. Теорема Эйлера 209
Эта ломаная делит поверхность многогранника на две
части. Пусть первая часть содержит Fi граней, вторая —
Гг граней. Далее, пусть Bi —число внутренних (т.е. не
принадлежащих М) вершин первой части, В2 — второй
части, В' — число вершин ломаной М,
Рис. 6.9
Рассмотрим проекцию только первой части (рис. 6.9).
Пусть грани первой части, а следовательно, и их проекции
имеют rii рёбер, i — 1, 2, ..., Fi. Вычислим двумя способами
сумму Si углов проекций всех граней первой части. С одной
стороны, так как сумма внутренних углов щ-угольника
равна к(щ — 2), то Si = YL к{щ — 2). С другой стороны,
эта сумма складывается из суммы углов многоугольника Q
и углов при внутренних вершинах: Si = ^(В' — 2) + 27rBi.
Сравнивая два полученных выражения для Si, получаем
^ — 2Г1 =B'-2 + 2Bi. (6.2)
Аналогично
г2
mi-2T2 = B' -2 + 2В2, (6.3)

210
Глава 6, Элементы теории многогранников
Рис. 6.10
где mi — количества рёбер у граней второй части, i = 1,
2, ..., Г2. Складывая равенства (6.2) и (6.3) и учитывая,
что каждое ребро принадлежит двум граням, получаем
2Р - 2(Гх + Г2) = 2(Bi + В2 + В') - 4,
или
2Р-2Г=2В-4,
т.е.
В-Р-2,
что и требовалось доказать.
□
Замечание. Доказанная теорема верна не только для
выпуклых, но и для некоторых невыпуклых многогранников, а
именно для многогранников, у которых нет «сквозных дыр» (для
так называемых односвязных многогранников). На рис. 6.10
приведён пример неодносвязного многогранника, для которого
Г + В-Р = 0(Г=12, В = 12, Р = 24).
о^ Упражнение 6.2. Используя теорему Эйлера, докажите, что
любой правильный многогранник принадлежит к одному из
пяти типов, перечисленных в § 6.3.

Задачи 211
Задачи
Я занимался до сих пор решением ряда задач,
ибо при изучении наук примеры полезнее правил.
И. Ньютон. Всеобщая арифметика
6.1. Докажите, что многогранник является выпуклым
тогда и только тогда, когда он целиком лежит по одну
сторону от каждой плоскости, содержащей его грань.
6.2. Докажите, что тело является выпуклым тогда и
только тогда, когда каждый луч, выходящий из произвольной
внутренней точки, пересекает поверхность тела ровно в
одной точке.
6.3. Найдите сумму двугранного угла правильного
тетраэдра и двугранного угла правильного октаэдра.
6.4. Докажите, что центры граней куба являются
вершинами правильного октаэдра, а центры граней правильного
октаэдра — вершинами куба.
6.5. Боковые грани правильной четырёхугольной
пирамиды и правильного тетраэдра равны. Эти многогранники
приложили друг к другу так, что боковая грань одного
из них совпала с боковой гранью другого. Сколько граней
у получившегося многогранника?
6.6. Обязательно ли является правильным
многогранник, у которого равны:
а) все рёбра и все двугранные углы;
б) все рёбра и все многогранные углы;
в) все грани и все многогранные углы?
6.7. Докажите, что у любого многогранника:
а) число граней с нечётным числом рёбер четно;
б) число вершин, в которых сходится нечётное число
рёбер, четно.
6.8. Докажите, что в любом многограннике найдётся
либо треугольная грань, либо трёхгранный угол.
6.9. Докажите, что в любом многограннике найдётся
грань, у которой менее шести сторон.

212 Глава б. Элементы теории многогранников
6Л0*. Существует ли семигранник, все грани которого
являются четырёхугольниками?
6.11*. При каких п существует многогранник, имеющий
п рёбер?
6.12*. Все рёбра многогранника с шестью вершинами
имеют одинаковую длину а, а расстояние между любыми
двумя несмежными вершинами равно а\/2. Верно ли, что
это правильный октаэдр? Если нет, то найдите все
многогранники, удовлетворяющие перечисленным условиям.
6ЛЗ*. У выпуклого многогранника внутренний
двугранный угол при каждом ребре острый. Сколько может быть
граней у этого многогранника?
6.14*. Докажите, что у всякого выпуклого
многогранника найдутся три ребра, из которых можно составить
треугольник.

Глава 7
Геометрические места точек пространства
— А ещё они рисовали... Всякую всячину...
Всё, что начинается на «М»... Они рисовали
мышеловки, месяц, математику, множество.♦.
Ты когда-нибудь видела, как рисуют
множество?
— Множество чего? — спросила Алиса.
— Ничего,— отвечала Соня.— Просто
множество!
Л. Кэрролл. Приключения Алисы в стране чудес
§ 7.1. Основные геометрические места
точек пространства
Предположим, что из всех точек пространства нам
нужно выделить точки, обладающие некоторым свойством S.
Множество этих точек в геометрии принято называть
геометрическим местом точек (сокращённо ГМТ),
обладающих свойством S. Тем самым термин «геометрическое
место точек» является синонимом термина «множество
точек», а так как понятие «множество» относится к
неопределяемым математическим понятиям, то давать определение
понятия «геометрическое место» не имеет смысла.
Геометрическое место точек, обладающих заданным
свойством,—это некоторая фигура Ф в пространстве.
Найти геометрическое место точек — значит описать эту фигуру.
Нужно также постараться (если это возможно) дать это
описание на геометрическом языке, т. е. сказать, как эта
фигура называется (например, три точки, пара прямых,
сфера и т.п.), и указать параметры, задающие её
положение в пространстве (например, центр и радиус сферы, три
точки, через которые проходит плоскость, и т. п.). При этом
необходимо установить справедливость двух утверждений:
1) если точка М обладает свойством S, то она
принадлежит фигуре Ф;

214 Глава 7. Геометрические места точек
2) если точка М принадлежит фигуре Ф, то она обладает
свойством S.
Доказательство этих двух утверждений равносильно
нахождению тех и только тех точек, которые обладают
свойством S. Условимся первое из них считать прямой
теоремой, тогда второе будет обратной теоремой и можно
сказать, что при нахождении ГМТ следует доказывать обе
теоремы: прямую и обратную (или прямую и
противоположную к прямой, которая равносильна обратной).
Подчеркнём, что если при нахождении ГМТ доказана только
прямая теорема и не доказана обратная, то нет никакой
гарантии, что найденная нами фигура не содержит точек,
не обладающих заданным свойством S. Поэтому такое
решение задачи нельзя признать полным, даже если получен
правильный ответ.
Ситуация, подобная описанной, уже встречалась в
алгебре, когда при решении уравнения или неравенства нужно,
с одной стороны, не потерять ни одного решения, а с другой
стороны, не приобрести ничего лишнего, т.е. убедиться,
что все найденные числа действительно являются
решениями. Эта аналогия более глубокая, чем кажется на первый
взгляд. Дело в том, что многие задачи на нахождение ГМТ
могут быть решены с помощью метода координат, который
позволяет свести их решение к решению уравнений и
неравенств. Подобные примеры будут рассматриваться в курсе
стереометрии 11-го класса, после того как будет изложен
метод координат в пространстве.
Полезно знать геометрические места точек
пространства, которые часто встречаются при решении задач.
Перечислим некоторые из них в виде следующих пяти
утверждений.
I. Геометрическим местом точек пространства,
удалённых от точки О на расстояние R > О, является сфера
S(0, R) с центром в точке О и радиусом R.

§ 7.L Основные геометрические места точек 215
IL Геометрическим местом точек пространства,
равноудалённых от двух точек А и В, является плоскость,
перпендикулярная отрезку АВ и проходящая через его
середину.
III. Геометрическим местом точек, равноудалённых от
двух пересекающихся плоскостей, является пара
взаимно перпендикулярных плоскостей, делящих пополам
двугранные углы, образованные данными плоскостями.
IV. Геометрическим местом точек, равноудалённых от
всех вершин плоского вписанного многоугольника,
является прямая, перпендикулярная плоскости этого
многоугольника и проходящая через центр описанной около
него окружности.
V. Геометрическим местом точек, равноудалённых от
всех сторон плоского описанного многоугольника,
является прямая, перпендикулярная плоскости этого
многоугольника и проходящая через центр вписанной в него
окружности.
Утверждение I является переформулировкой
определения сферы, данного в § 6.1. Остальные утверждения
нуждаются в доказательстве.
Доказательство утверждения П. Сначала покажем,
что если точка М такова, что МА = МВ, то М лежит в
плоскости а, проходящей через середину О отрезка АВ и
перпендикулярной ему. Достаточно проверить этот факт для
точек М, отличных от точки О. Проведём через точку М
плоскость /3, перпендикулярную прямой АВ (рис. 7.1). Пусть
Ох =(Зп(АВ). Прямоугольные треугольники АО\М и ВО\М
равны по гипотенузе и катету, следовательно, равны и их
оставшиеся катеты, т. е. АО\ —О\В. Поэтому О\ — середина
отрезка АВ и, следовательно, а и j3 — одна и та же
плоскость.
Теперь докажем обратное утверждение: если точка М
принадлежит плоскости ос, то MA — MB. Соединим
точку М с точками А, В и О (рис. 7.2). Так как (АВ) _L a,

216
Глава 7. Геометрические места точек
Рис. 7.1
Рис. 7.2
а (ОМ) G а, то (ОМ) ± (АВ). Прямоугольные треугольники
АОМ и ВОМ равны по двум катетам, следовательно, равны
и гипотенузы этих треугольников, т.е. МА — МВ. □
Утверждение III следует из теоремы 5.2 о биссекторе
двугранного угла.
DS3 Упражнение 7.1. Выведите утверждение III из теоремы о
биссекторе.
Доказательство утверждения IV. Пусть
плоский многоугольник, вписанный в окружность с
центром О, а I — прямая, проходящая через О и
перпендикулярная плоскости А1Л2А3. Докажем, что если МА\ = ... =МАп,
то Mel. Предположим противное, т. е. пусть М^ I. Опустим
из точки М перпендикуляр на плоскость A\AzA^ и
обозначим его основание через О\ (рис. 7.3). Прямоугольные
треугольники А\О\М, А2О1М, ..., АпО\М равны по
гипотенузе и катету, следовательно, О\А\ = О\А2 = ... = О\Ап.
Поэтому О\ и О — это одна и та же точка (как известно из
планиметрии, если около многоугольника можно описать
окружность, то эта окружность единственна), т. е. Me I.
Докажем обратное утверждение. Пусть Mel. Из
равенства прямоугольных треугольников А\ОМ> А2ОМ, ...,
АпОМ с общим катетом ОМ и равными (как радиусы
окружности) катетами OAi, ..., ОАп получаем, что МА\ = ...
...=МАп (рис. 7.4). □

§ 7.2. Геометрические места точек
217
м
м
Рис. 7.3
Доказательство утверждения V проводится по той же
схеме, что и доказательство утверждения IV.
вЗР Упражнение 7.2. Докажите утверждение V,
Отметим, что если около многоугольника, о котором
идёт речь в утверждении IV, нельзя описать окружность,
то соответствующее ГМТ представляет собой пустое
множество точек. Аналогичный результат имеет место, если
в формулировке утверждения V заменить описанный
многоугольник многоугольником, в который нельзя вписать
окружность. Заметим ещё, что в формулировке
утверждения V существенно, что рассматриваются именно стороны
многоугольника, а не прямые, их содержащие. В последнем
случае результат оказывается совершенно иным (см.
задачу 7.4).
§ 7.2. Геометрические места точек, сводящиеся
к основным. Метод пересечения и объединения
Решения многих задач на нахождение геометрических
мест точек могут быть получены путём сведения к основ-

218
Глава 7. Геометрические места точек
ным ГМТ, перечисленным в предыдущем параграфе.
Приведём несколько примеров.
Пример 7.1. Найти геометрическое место точек М
пространства, из которых данный отрезок АВ виден под
прямым углом (т. е. таких, что ZAMB — 90°).
Решение. Нужно найти геометрическое место таких
точек М, что треугольник АМВ прямоугольный с
гипотенузой АВ. Это равносильно тому, что точка М находится
от середины отрезка АВ на расстоянии, равном половине
длины этого отрезка, причём М отлична от А и В.
Следовательно, искомым геометрическим местом является сфера
с центром в середине отрезка АВ и радиусом АВ/2 без точек
А и В. D
Полученный результат полезно помнить, так как это
ГМТ наряду с основными часто используется при решении
задач.
Пример 7.2. Дан плоский четырёхугольник ABCD,
никакие две стороны которого не параллельны. Найти
геометрическое место таких точек М, что боковую поверхность
пирамиды MABCD можно пересечь плоскостью так, что
в сечении получится прямоугольник.
Решение. Пусть Р = (АВ) П (CD), a Q = (ВС) П (AD).
Тогда прямые МР и MQ — линии пересечения плоскостей,
Q
Рис. 7.5

§ 7.2. Геометрические жеста точек 219
содержащих противоположные боковые грани пирамиды
MABCD (рис. 7.5).
Пересечение плоскости а и пары плоскостей,
пересекающихся по прямой I, представляет собой две
параллельные прямые тогда и только тогда, когда плоскость а
параллельна I. Поэтому сечение пирамиды MABCD будет
параллелограммом тогда и только тогда, когда плоскость
сечения параллельна плоскости MPQ, и при этом стороны
сечения параллельны прямым МР и MQ. Этот
параллелограмм является прямоугольником тогда и только тогда,
когда ZPMQ = 90°. Из результата предыдущего примера
следует, что точка М принадлежит сфере с диаметром PQ,
из которой исключены точки Р и Q. Кроме того, ясно,
что точки этой сферы, лежащие в плоскости ABCD, не
принадлежат искомому ГМТ. □
ВЭ* Упражнение 7.3. Решите предыдущую задачу при условии,
что четырёхугольник ABCD является: а) трапецией; б)
параллелограммом.
Пример 7.3. Даны две пересекающиеся плоскости и
точка А. Найти геометрическое место таких точек М, что
прямая МА образует с этими плоскостями равные углы.
Рис. 7.6

220 Глава 7. Геометрические места точек
Решение. Рассмотрим сначала случай, когда точка А
лежит на линии пересечения данных плоскостей ос и /3.
Из определения угла между прямой и плоскостью
следует, что прямая МА образует с а и /3 равные углы тогда
и только тогда, когда точка М равноудалена от а и (5
и отлична от точки А (рис. 7.6). Следовательно, в
рассматриваемом случае искомым геометрическим местом
является пара плоскостей, делящих пополам двугранные углы,
образованные плоскостями а и /3, без точки А. Общий
случай сводится к разобранному путём проведения через
точку А плоскостей ос' и /?', параллельных плоскостям ос
и /3 соответственно. Действительно, прямая МА образует
с параллельными плоскостями равные углы. Поэтому
искомые ГМТ — пара плоскостей, делящих пополам двугранные
углы, образованные плоскостями ocf и /3', без точки А. □
До сих пор мы рассматривали задачи, в которых
требовалось найти геометрическое место точек, удовлетворяющих
одному условию. В том случае, когда в задаче нужно найти
геометрическое место точек, удовлетворяющих
одновременно нескольким условиям, достаточно найти геометрические
места точек, удовлетворяющих отдельно каждому из
условий, а затем взять их пересечение.
Пример 7.4, Найти геометрическое место точек М,
равноудалённых от четырёх данных точек пространства, А, В,
СиВ, не лежащих в одной плоскости.
Решение. Геометрическим местом точек,
равноудалённых от точек А, В и С, является прямая I,
перпендикулярная плоскости треугольника ABC и проходящая через
центр описанной около него окружности. Плоскость а,
перпендикулярная отрезку AD и проходящая через его
середину, есть геометрическое место точек, равноудалённых от А
и D. Следовательно, искомое ГМТ представляет собой точку
пересечения прямой I и плоскости а (почему эти прямая
и плоскость не могут оказаться параллельными?). D
Замечания. 1. Можно дать и другое описание полученного
ГМТ, например, представить его как пересечение трёх плоско-

§ 7.2. Геометрические места точек 221
стей, равноудалённых соответственно от точек А и В, А и С, А
и D, т.е. проходящих через середины отрезков АВ, АС и AD
и перпендикулярных к ним.
2. Из полученного результата вытекает, что через любые
четыре точки пространства, не лежащих в одной плоскости, можно
провести сферу, и притом только одну. Иными словами, около
любого тетраэдра можно описать единственную сферу. К
рассмотрению других многогранников, вписанных в сферу, мы
обратимся в курсе стереометрии одиннадцатого класса.
ИЗГ Упражнение 7.4. Докажите с помощью метода пересечения
утверждение IV из § 7.1.
Если в задаче требуется найти геометрическое место
точек, удовлетворяющих хотя бы одному из нескольких
условий, то достаточно найти геометрические места точек,
удовлетворяющих отдельно каждому из условий, а затем
взять их объединение.
Пример 7.5. Данный трёхгранный угол пересекается
плоскостями, проходящими через данную точку на одном
из его рёбер, так, что в сечении получаются
треугольники. Найти геометрическое место точек пересечения медиан
этих треугольников.
Решение. Пусть А — данная точка на ребре
трёхгранного угла, а АВС — треугольник, полученный в сечении
этого угла. Зафиксируем точку В и найдём геометрическое
место точек пересечения медиан треугольников АВС при
условии, что меняется только
положение точки С. Взяв затем
объединение таких
геометрических мест для всевозможных
положений точки В, мы найдём
ответ к нашей задаче.
Пусть D — середина отрезка
АВ (рис. 7.7), Q — точка
пересечения медиан треугольника
АВС, В — вершина данного
трёхгранного угла, Q\ — точка
пересечения медиан треугольника Рис. 7.7

222 Глава 7. Геометрические места точек
ASB. Так как |^ = ^ = |, то (QiQ) || (SC). Следовательно,
Q лежит на прямой, проходящей через точку Qi и
параллельной ребру SC. Ясно, что точки этой прямой, лежащие
вне трёхгранного угла, следует исключить. Остаётся луч I
с началом в точке Q\, параллельный прямой SC.
Все точки этого луча, кроме точки Qi, принадлежат
искомому множеству. Действительно, если Qel и Q
отлична от Qi, то проведём плоскость ABQ, которая пересечёт
третье ребро в некоторой точке С. Так как (QQi) || (SC),
то плоскость SQC пересечёт отрезок АВ в его середине D.
Следовательно, прямые CQ и SQi пересекаются в точке Z),
причём тг-к = тт^- Но -—^ = т> поэтому Q — точка пересе-
чения медиан треугольника ABC.
Теперь нужно взять объединение всех лучей /,
отвечающих всевозможным положениям точки В на
соответствующем ребре. Ясно, что при этом точки Qi будут лежать
на луче, параллельном этому ребру, с началом в точке (?2>
делящей отрезок SA в отношении 2:1, считая от точки А.
Объединение лучей / даёт пересечение данного угла с
плоскостью, проходящей через точку Q% параллельно его
рёбрам, по которым перемещаются точки В и С. Из указанного
множества ещё следует исключить луч, отвечающий
различным положениям точки Q\. □
с^3 Упражнение 7.5« Докажите с помощью метода объединения
утверждение II из предыдущего параграфа.
§ 7.3. Различные геометрические места точек
Здесь мы разберём несколько примеров, решения
которых не связаны какой-либо одной общей идеей. Тем не
менее, эти примеры иллюстрируют некоторые приёмы
(проекция, симметрия, вспомогательный объём), полезные при
нахождении геометрических мест.

§7.3. Различные геометрические места точек 223
Рис. 7.8
Пример 7.6. Найти
геометрическое место середин отрезков,
концы которых лежат на данных
скрещивающихся прямых.
Решение. Обозначим данные
прямые через 1\ и l2> a
длину общего перпендикуляра PQ —
через d. Построим плоскости
<Х\ и а2 так, что 1\ С <х\> 12 С
С <х2 и <х\ || а2 (рис. 7.8). Пусть
точка М принадлежит искомому
множеству, т.е. она является
серединой отрезка АВ, где Ае 1\9
а В € 12. Спроектируем точки В
и М на плоскость а\ и
обозначим проекции через В\ и Mi
соответственно. Так как ВВ\ —d>
а отрезок ММ\ — средняя линия
треугольника АВВ\> то MMi =
= d/2, т. е. р (МУ oti) = р (М, а2).
Следовательно, точка М
находится на равном расстоянии от
плоскостей «1 и #2 и, значит,
лежит в плоскости /3,
перпендикулярной отрезку PQ и
проходящей через его середину.
Докажем теперь, что если
М €/?, то М является серединой
некоторого отрезка АВ с
концами на прямых 1\ и 12. Спроектируем точку М на
плоскость (Х\. Через полученную точку М\ проведём
отрезок ABi так, что А £ l\9 a B\ e 1'2> где 1'2 — проекция
прямой 12 на плоскость tfi, причём A/Vfi =M\B\. Для этого
достаточно соединить точку пересечения прямых 1\ и V2
с точкой Mi, продолжить полученный отрезок за точку Mi
на такую же длину, а затем через полученную точку
Рис. 7.9

224 Глава 7. Геометрические места точек
провести прямые, параллельные 1\ и /'2, до пересечения
с ними (рис. 7.9) (докажите это). Спроектировав точку В\
на плоскость с*2, мы получим точку В. Отрезок АВ будет
содержать точку М (почему?), а из подобия треугольников
АМ\М и АВ\В следует, что AM = MB. О
Пример 7,7. На поверхности правильного тетраэдра
найти геометрическое место концов отрезков, которые делятся
пополам серединой данной высоты этого тетраэдра.
Решение. Пусть точка О — середина данной высоты
тетраэдра Т. Поставим в соответствие каждой точке X
тетраэдра Т такую точку У, отличную от X, что ОХ = ОУ,
причём точки Ху О и У лежат на одной прямой1*.
Ясно, что таким образом мы получим новый тетраэдр Т\у
причём рассматриваемая высота у тетраэдров Т и Т\ об-
Рис. 7.10
щая (рис. 7.10). Пусть точки Р и Q лежат на поверхности
тетраэдра Т, РО = OQ и точки Р, О и Q лежат на одной
прямой. Тогда точке Р согласно нашему определению
соответствует точка Q, и наоборот. Следовательно, точки Р и Q
1)Такое преобразование называется симметрией относительно
точки или центральной симметрией; оно будет подробно изучено нами
в §8.4

§7.3. Различные геометрические места точек 225
лежат также и на поверхности тетраэдра Т\. Верно и
обратное. Из этого следует, что искомое геометрическое место
есть пересечение поверхностей
тетраэдров Т и Т\. Это
замкнутая ломаная ABCDEF и
концы данной высоты тетраэдра Т
(рис. 7.11). □
Пример 7.8. Найти
геометрическое место точек данного
трёхгранного угла, сумма
расстояний от которых до его граней
равна данному положительному
числу а.
Решение. Пусть OXYZ —
данный трёхгранный угол. Возьмём
на его рёбрах OX, OY и OZ точки А, В и С соответственно
так, что расстояния от этих точек до противоположных им
граней равны а (рис. 7.12). Пусть точка М принадлежит
трёхгранному углу, а расстояния от неё до граней равны
п\у п2 и аз- Сумма объёмов пирамид с вершиной М
Рис. 7.11
и основаниями ОАВ, ОВС и ОСА равна ^S(ai + а>2
о
где S — площадь треугольников ОАВ, ОВС и ОСА (эти
треугольники равновелики, так как их площади равны
Рис. 7.12
8 Зак. 3383

226 Глава 7. Геометрические места точек
—, где V — объём тетраэдра О ABC). Следовательно, V =
= о£(ai + 02 + Дз) ± *>> где и — объём тетраэдра МАВС. Так
о
как V = xSa, то ai + аг + аз = а тогда и только тогда, когда
v = О, т. е. точка М принадлежит треугольнику ABC. П
Задачи
— Задай ещё вопрос. Какое же
наслаждение наблюдать за работой собственной
головы, решающей мировые проблемы!
Р. Бах, Иллюзии
7Л. Найдите геометрическое место точек пространства,
равноудалённых от вершин равнобедренной трапеции.
7.2. Найдите геометрическое место точек, делящих
отрезки с концами на данных скрещивающихся прямых в
отношении k.
7.3. Найдите геометрическое место точек,
а) сумма;
б) модуль разности
расстояний от которых до двух данных плоскостей
постоянна.
7.4. Найдите геометрическое место точек пространства,
равноудалённых от всех прямых, содержащих стороны
данного плоского выпуклого многоугольника. Рассмотрите
отдельно случаи треугольника и четырёхугольника.
7.5. Концы отрезков длины а лежат на двух данных
взаимно перпендикулярных скрещивающихся прямых.
Найдите геометрическое место середин этих отрезков.
7.6. Найдите геометрическое место точек пространства,
являющихся основаниями перпендикуляров, опущенных
из данной точки на прямые, лежащие в данной плоскости
и пересекающиеся в одной точке.
7.7. Найдите геометрическое место проекций данной
точки на плоскости, проходящие через другую данную точку.

Задачи 227
7.8. В треугольной пирамиде вершина S перемещается
так, что один из отрезков, соединяющих середины
противоположных рёбер пирамиды, не меняет своей длины.
Найдите геометрическое место точек S.
7.9. В тетраэдре ABCD точка О — точка пересечения
медиан треугольника ABC. Точка А перемещается так, что
длина отрезка OD постоянна. Найдите геометрическое
место точек А.
7.10. Дан треугольник ABC. Рассматриваются
всевозможные тетраэдры РАВС, у которых наименьшей из высот
является РН (Н — проекция точки Р на плоскость ABC).
Найдите геометрическое место точек Н.
7.11. Дан остроугольный треугольник ABC. Найдите
геометрическое место проекций на плоскость ABC всех
точек М, для которых треугольники ABM, BCM и САМ
остроугольные.
7.12. Дан плоский четырёхугольник ABCD, никакие две
стороны которого не параллельны. Найдите
геометрическое место таких точек М, что боковую поверхность
пирамиды MABCD можно пересечь плоскостью так, что в сечении
получится: а) ромб; б) квадрат.
7.13. Даны три попарно скрещивающиеся прямые и
плоскость. Найдите геометрическое место точек
пересечения медиан треугольников, параллельных данной
плоскости, вершины которых лежат на данных прямых. Как
изменится ответ, если отказаться от условия параллельности
плоскости?
7Л4. Паук сидит в одной из вершин куба, ребро
которого равно 1 см. Он может ползти по поверхности куба со
скоростью 1 см/с. Найдите геометрическое место точек на
поверхности куба, которых паук может достичь за 2 с.
7.15. Найдите геометрическое место таких точек М
внутри данного правильного тетраэдра, что расстояния от М
до граней тетраэдра служат длинами сторон некоторого
четырёхугольника.

Глава 8
Преобразования пространства
Господь с тобой, Моток!
Господь с тобой! Тебя преобразили!
В. Шекспир. Сон в летнюю ночь
§ 8.1. Основные определения. Перемещения.
Общие свойства перемещений
Четверг. Сегодня стул был не у дел.
Он не переместился. Ни на шаг.
И. Бродский. Посвящается стулу
Из планиметрии вам известно понятие преобразования
плоскости. В пространстве это понятие вводится
аналогичным образом. Приведём основные определения, связанные
с этим понятием.
Пусть X и У — два непустых множества. Если указано
правило, по которому каждому элементу х е X ставится
в соответствие ровно один элемент у £ У', то говорят, что
задано отображение множества X в множество У.
Мы будем обозначать отображения буквами /, g9 h, •..
и писать X—>Y. Элемент у£У, который ставится в
соответствие элементу х 6 X, называется образом элемента х
при отображении / и обозначается у — f{x). При этом х
называется прообразом элемента у.
Образом множества М С X называется множество М'
(обозначаемое /(М)), состоящее из образов всех элементов
множества М. Прообразом множества М1 С Y
называется множество М, состоящее из всевозможных прообразов
всех элементов множества М'.
Пусть задано отображение X —► У. Если для любых двух
различных элементов х\, х% <еХ их образы f(x\) и /(#2) так-

230 Глава 8. Преобразования пространства
же различны, то отображение / называется
обратимым.
Если каждый элемент j/бУ имеет хотя бы один прообраз,
то говорят, что / — это отображение X наУ.
Обратимое отображение / множества X на множество У
называется взаимно однозначным соответствием между
множествами X и Y или, короче, взаимно однозначным
отображением X наУ.
Для любого взаимно однозначного отображения /
существует обратное отображение /"*, при котором
каждому элементу у е Y ставится в соответствие (тот
единственный) элемент хеХ> для которого y = f(x). Таким образом,
x = f-l(f(x)) УхеХиу = НГ1(у)) Vz/ЕУ. Очевидно, что
если g = f~l* to f = g'1.
Если X—»Y, аУ = Х, то говорят, что задано
отображение множества X в себя.
Всякое взаимно однозначное отображение множества X
на себя называется преобразованием множества X.
Пусть Gx — множество всех преобразований непустого
множества X, / £ Gx и g e Gx- Поставим каждому
элементу х из X в соответствие элемент г из X по следующему
правилу: z = g{y)> где y — f{x), т.е. 2 = £(/(*)). Тем самым
мы получим преобразование множества X, которое
называется композицией преобразований f и g и обозначается
g о /\ (Обратите внимание на это обозначение:
преобразование /\ которое выполняется первым, стоит справа от
знака о.)
Пусть Ф —некоторая фигура в пространстве. Будем
говорить, что эта фигура переходит в себя при
преобразовании /, если ДФ) =Ф, и в фигуру Фь если /(Ф) =Фх.
В дальнейшем мы будем рассматривать только
преобразования пространства (т, е. в качестве множества X
выбирать множество всех точек пространства). Преобразование
пространства, вообще говоря, изменяет форму, размеры
и положение геометрических фигур в пространстве.
Выделим из множества всех преобразований пространства те

§ 8Л. Основные определения. Перемещения 231
преобразования, которые не изменяют ни форму, ни
размеры геометрических фигур.
Определение. Преобразование / пространства
называется перемещением1^, если оно сохраняет расстояния между
точками, т. е. если для любой пары точек Аи В
выполняется равенство А! В* = АВ, где А! = f(A), В' = f(B).
Данное определение нуждается в комментарии.
Действительно, как мы уже отмечали в § 1.1, расстояние между точками
определено пока лишь в каждой плоскости пространства, и априори
возможна ситуация, при которой единица измерения расстояния
изменяется при переходе от одной плоскости к другой. Но на
самом деле из аксиомы расстояния (аксиома 4 из § 1.1) следует,
что это невозможно. Для того чтобы доказать это утверждение,
рассмотрим два случая. Пусть плоскости а и /3 пересекаются по
прямой /. Из аксиомы расстояния следует, что на этой прямой
расстояние между точками А и В, измеренное в плоскости а,
совпадает с расстоянием между этими точками, измеренным
в плоскости /3. Задание единичного отрезка полностью
определяет расстояние во всей плоскости, поэтому, расположив
единичный отрезок на прямой Z, убеждаемся, что единица измерения
расстояния одна и та же в любых двух плоскостях,
пересекающихся по прямой /. Если же плоскости а и /? параллельны, то
пересечём их третьей плоскостью у и применим то же
рассуждение к парам плоскостей а и у, /3 и у.
Итак, расстояние между точками однозначно определено во
всём пространстве (т. е. единица измерения расстояния во всём
пространстве одна и та же), следовательно, данное нами
определение перемещения корректно.
Перейдём теперь к изучению общих свойств
перемещений.
Из данных выше определений непосредственно
вытекает, что перемещение взаимно однозначно и, в частности,
обратимо; преобразование, обратное к перемещению, —
перемещение; композиция перемещений — перемещение.
Другие свойства перемещений мы сформулируем в виде
теорем.
^Часто употребляется и термин движение.

232 Глава 8. Преобразования пространства
Теорема 8.1. Пусть точки А, X и В лежат на одной
прямой, причём точка X лежит между А и В. Тогда их
образы при перемещении А', Х! и Bf также лежат на одной
прямой, причём точка Xf лежит между Af и В'.
Доказательство. Из определения перемещения
вытекает, что A!Xf = АХ, Х'В* = ХВи А!В1 = АВ. Следовательно,
А!Х' + Х'ВГ =АХ + ХВ = АВ = А!В1. Итак,
А'Х' + Х'В' = А'В'. (8.1)
Проведём через точки А! у X1 и В! плоскость (если
указанные точки не лежат на одной прямой, то эта плоскость
единственна согласно аксиоме плоскости; если они лежат
на одной прямой, то таких плоскостей бесконечно много,—
мы выберем из них любую). Как известно из планиметрии,
в плоскости равенство (8Л) означает, что точки Af, Xf и В'
лежат на одной прямой, причём точка X1 лежит между А!
и В'. □
Теорема 8.2. Образом прямой при перемещении
является прямая, образом луча — луч, образом отрезка — отрезок
той же длины.
Эти свойства перемещений пространства доказываются
так же, как и аналогичные свойства перемещений
плоскости.
I®9 Упражнение 8.1. Используя определение перемещения и
теорему 8.1, докажите теорему 8.2.
I Теорема 8.3. Образом плоскости при перемещении
является плоскость.
Доказательство. Пусть / — перемещение, а—данная
плоскость. Выберем в плоскости а две пересекающиеся
прямые а и Ь. Обозначим a1 ~f{a) и У = f(b). Прямые а'
и Ь1 также пересекаются, причём а! фЪ* в силу взаимной
однозначности отображения /\ Проведём через эти прямые
плоскость а' и докажем, что а1 — f(oc).

§ 8.1. Основные определения. Перемещения 233
Рис. 8.1
Пусть М — произвольная точка плоскости а и М' = /(М).
Если М еа или М е 6, то М' е а'. Если жеМ^аиМ^,
то проведём через эту точку прямую с, пересекающую
прямую а в точке А, а прямую Ъ — в точке В (рис. 8.1) (почему
такая прямая найдётся?). Тогда Ml G f(c) ~c\ но прямая с'
лежит в плоскости а', так как она проходит через две точки,
А! и В' (образы точек А и В), лежащие в этой плоскости.
Следовательно, и в этом случае М' е ос*.
Итак, образ любой точки М € а принадлежит
плоскости а\ т.е. f(a) С а!. Аналогично доказывается, что
f~l (а') С <х, т. е. а' С f{a). Следовательно, а1 — f(a). □
Далее нам понадобится следующее вспомогательное
утверждение.
Лемма 8.1. Пусть А', В' и С — образы точек А, В и С
соответственно при перемещении /. Тогда /.СA!Bf = ZCAB.
Доказательство. Если точки А, В и С лежат на одной
прямой, то доказываемое утверждение следует из
теоремы 8.1.
Пусть теперь эти точки не лежат на одной прямой, АВ =
= с, ВС = а, CA = b, ZCAB = an ZC'A'Bf = a'. Из определения
перемещения следует, что А! В' = с, BfCf = а и С А1 = 6.
Проведём через точки А, В и С плоскость т, а через точки А',
В' и С — плоскость г' (возможно, т и т' — одна и та же
плоскость) (рис. 8.2). В этих плоскостях мы можем
применить известную из планиметрии теорему косинусов. Из
треугольника ABC находим cos а = (Ь2 + с2 — а2)/2Ьс, из

234
Глава 8. Преобразования пространства
Рис. 8.2
треугольника1* А'В'С находим cos af = (b2 + с2 - a2)/2bc.
Мы видим, что cos а' — cos а. Так как функция у = cos x
строго убывает на (0, 7г), а а', а. € (О, тг), то а'= а. D
I Теорема 8.4. Образом полуплоскости при перемещении
является полуплоскость.
Доказательство. Пусть f — перемещение, а Р —
полуплоскость, ограниченная прямой а. Дополним данную
полуплоскость до плоскости а. Обозначим <xr ~/(a), a! = f(a).
Пусть также А £ int P, А! = f(A), a P1 — та из двух
полуплоскостей плоскости <х\ в которой лежит точка А!.
Докажем, что Р; = /(Р). Пусть М — произвольная точка
полуплоскости Р, отличная от А, а М' = f(M). Если М € а> то
М1 е а! и М е Р. Если М £ а, то M'g P;, так как в
противном случае [М'А;] Па' = О' (рис. 8.3), следовательно,
Рис. 8.3
1)Точки А\ В' и С не лежат на одной прямой. Действительно, в
противном случае по теореме 8.1 точки А, В и С — их образы при
перемещении f'1 — также должны были бы лежать на одной прямой.

§ 8.1. Основные определения. Перемещения
235
r1([M'A'])C\f-1(a')=f-l(Of),T.e.[MA]na. Пришли к
противоречию. Итак, всякая точка полуплоскости Р имеет
образ на полуплоскости Р'. Аналогично доказывается, что
верно и обратное. Следовательно, Р' = f(P). □
Теорема 8.5. Образом выпуклого плоского угла при
перемещении является выпуклый плоский угол той же
величины.
Доказательство. Если данный плоский угол
развёрнутый, то доказываемое утверждение вытекает из
предыдущей теоремы.
Пусть данный угол не является развёрнутым. Всякий
выпуклый плоский угол, отличный от развёрнутого,
является пересечением двух полуплоскостей Pi и?2- Пусть
/ — перемещение, а образы полуплоскостей Р\ и Рг —
полуплоскости Р'х и Pf2 (теорема 8.4). Образом выпуклого
угла Pi Г1Р2 является пересечение полуплоскостей Р[ и Р'2,
т.е. выпуклый угол.
Докажем теперь, что величина плоского угла при этом
не изменяется. Пусть образом плоского угла с вершиной О
и сторонами а и 6 при перемещении / является плоский
угол с вершиной О' и сторонами af и Ь1 ((У = f(O), а! — f(a),
b' = f(b)). Выберем точку Аба и точку Beb (рис. 8.4). Тогда
А' = f(A) е а' и Bf = f(B) e &'. Согласно лемме 8.1 получаем
ZAOB = ZA'(yB'. □
Вспомним теперь, что величина угла между
скрещивающимися прямыми, между наклонной и плоскостью, пер-
Рис. 8.4

236 Глава 8. Преобразования пространства
пендикуляром и плоскостью, величина двугранного угла
и угла между плоскостями определяются через величину
соответствующего выпуклого плоского угла (см. определения
этих понятий). Поэтому из теоремы 8.5 вытекает
следующая теорема.
Теорема 8.6. Перемещение сохраняет величину угла
между прямыми, между прямой и плоскостью и между
плоскостями.
При изучении преобразования важно найти все его
неподвижные точки, неподвижные прямые и неподвижные
плоскости.
Определение. Неподвижной точкой (прямой,
плоскостью) преобразования называется такая точка (прямая,
плоскость) пространства, которая при этом
преобразовании переходит в себя.
Частным случаем неподвижной прямой (плоскости)
является прямая (плоскость) неподвижных точек, все
точки которой неподвижны.
В заключение этого параграфа обсудим понятие
равенства фигур, которое вводится в стереометрии точно так же,
как и в планиметрии.
Определение. Фигура Ф\ называется равной фигуре <Х>2,
| если существует перемещение пространства /, которое
переводит фигуру Ф\ в фигуру Фг, т.е. Фг = f(*&i)*
Из определения вытекает, что отношение равенства фигур
в пространстве является отношением эквивалентности.
Действительно, это отношение рефлексивно (всякая фигура равна самой
себе; чтобы это показать, достаточно взять в качестве f
преобразование, при котором каждая точка пространства переходит
в себя, т. е. остаётся неподвижной; такое преобразование
называется тождественным и обозначается £), симметрично (так как
f — перемещение, то f~x — также перемещение, и Ф\ = /"4^2))
и транзитивно (так как композиция перемещений —
перемещение).

§ 8.2, Параллельный перенос 237
§ 8.2. Параллельный перенос
Параллельный перенос пространства определяется
аналогично параллельному переносу плоскости.
Определение. Пусть в пространстве задан вектор 3.
Отображение, при котором каждой точке М пространства
ставится в соответствие такая точка М', что ММ' = й>
называется параллельным переносом на вектор а.
Из определения вытекает, что указанное отображение
является взаимно однозначным отображением
пространства на себя (почему?), т. е. преобразованием пространства.
Параллельный перенос на вектор а мы будем
обозначать Т$.
Заметим, что в определении параллельного переноса
возможно, что вектор 3 нулевой. В этом случае
параллельный перенос является тождественным преобразованием.
| Теорема 8.7. Параллельный перенос — перемещение.
Доказательство. Рассмотрим параллельный перенос
7V Возьмём две произвольные точки пространства X и Y
и обозначим их образы при параллельном переносе через X'
и У соответственно. Тог^а по определению параллельного
переноса XX1 = й и YY' = 5, т. е. XXf = YY'. Прибавляя
к обеим частям этого равенства X'Y, получаем XY =XfY'.
Следовательно, XY = X'Y'. □
Мы доказали, что параллельный перенос является
перемещением, следовательно, он обладает всеми общими
свойствами перемещений, перечисленными в предыдущем
параграфе. Теперь мы займёмся изучением специфических
свойств параллельного переноса.
Из определения параллельного переноса вытекает, что
параллельный перенос однозначно задаётся указанием
какой-нибудь одной точки и её образа и что преобразование,
обратное к параллельному переносу Т& есть параллель-

238 Глава S. Преобразования пространства
ный перенос Т-& а композиция параллельных переносов
Т$ и Tg есть параллельный перенос Т^.
о^ Упражнение 8.2. Докажите эти утверждения.
Под образом вектора а, изображаемого направленным
отрезком ХУ, при перемещении мы будем понимать
вектор 5', изображаемый направленным отрезком Х'У, где X'
и У — образы точек X и У соответственно.
с^3 Упражнение 8.3. Докажите корректность этого определения,
т. е. что образ вектора не зависит от выбора изображающего
этот вектор направленного отрезка.
Будем говорить, что перемещение / сохраняет
направления, если для любого вектора а выполняется равенство
№ = з.
Сформулируем и докажем теорему, выражающую
критерий того, что перемещение пространства является
параллельным переносом.
I Теорема 8.8. Перемещение пространства является
параллельным переносом тогда и только тогда, когда оно
сохраняет направления.
Доказательство. Необходимость данного условия по
сути дела уже была получена при доказательстве
предыдущей теоремы: мы показали, что для произвольных точек
X, У и их образов припараллельном переносе X', У
выполняется равенство ХУ = Х'У, а из него следует, что
параллельный перенос сохраняет направления.
Докажем достаточность. Пусть перемещение /
сохраняет направления. Тогда для любых точек пространства_Х,
У и их образов X', У выполняется равенство ХУ = Х'У.
Вычитая из обеих частей этого равенства Х'У, получаем
равенство XX'= УУ, следовательно, f = T$, гдеа = ХХг. D
Мы знаем, что при перемещении образом прямой
является прямая, образом плоскости — плоскость. В случае,
когда это перемещение — параллельный перенос, данный
результат можно усилить.

§ 8,2, Параллельный перенос
239
Теорема 8.9. Параллельный перенос переводит прямую
I в себя или в параллельную ей прямую, плоскость — в себя
| или в параллельную ей плоскость.
^Упражнение 8.4. Докажите теорему 8,9.
Далее нам понадобится следующее утверждение.
Теорема 8.10. Пусть в пространстве заданы две парал-
[ лельные плоскости. Тогда одну из них можно перевести
в другую параллельным переносом.
Доказательство. Пусть а и (5 — параллельные
плоскости. Возьмём на плоскости а точку А, а на плоскости /3 —
точку В. Покажем, что /3 = T^g(of). Допустим, что это не
так. Тогда Т^(а) =/3', причём по теореме 8.9 имеем а \\/3'
(рис. 8.5). Точка В принадлежит плоскости /3;, так как
Рис. 8*5
В = T^g(A). Следовательно, через точку В проходят две
плоскости (3 и /3\ параллельные плоскости а, что
невозможно. Полученное противоречие показывает, что /3 и /3' —
одна и та же плоскость. □

240 Глава 8. Преобразования пространства
В заключение укажем неподвижные точки, прямые и
плоскости параллельного переноса. Рассмотрим
параллельный перенос Т#. Если 3=0, то Т$ — тождественное
преобразование и, очевидно, всякая точка, всякая прямая
и всякая плоскость являются неподвижными. Если же 3^6,
то неподвижных точек нет, неподвижными являются все
прямые и все плоскости, параллельные вектору а, и только
такие прямые и плоскости.
§ 8.3. Поворот вокруг оси
«Правда, я... всячески вывёртывался,
но ведь так полагается»,— говорит всегда
адвокат Басе своим клиентам.
Я. Гашек. Похождения бравого солдата Швейка
Напомним, что на плоскости поворотом вокруг точки О
на угол а называется преобразование, при котором
точка О переходит в себя, а любая точка X, отличная от
точки О, переходит в такую точку X'> что OXf = OX и
Z.XOX' = а. При этом подразумевается, что а —
ориентированный угол, а б (-оо, +оо). Этот угол откладывается от
луча ОХ против часовой стрелки, если а > 0, и по часовой
стрелке в противном случае1*.
Рассмотрим прямую в пространстве. Всякий ненулевой
вектор, параллельный этой прямой, называется
направляющим вектором этой прямой. Совокупность прямой и её
направляющего вектора будем называть осью, а
направление указанного вектора — направлением оси. Таким
образом, ось —это ориентированная прямая, т.е. прямая, на
которой задано направление.
^Вообще-то задание ориентации с помощью часовой стрелки не
является строгим с математической точки зрения, поскольку понятие
«часовая стрелка» не имеет отношения к геометрии. Однако в нашем
курсе мы не будем обсуждать вопрос о строгом определении ориентации
плоскости или пространства, а ограничимся лишь указанным выше
наглядным истолкованием этого понятия.

§ 8.3. Поворот вокруг оси 241
Определение. Пусть в пространстве задана ось I.
Возьмём произвольную точку X пространства и проведём через
неё плоскость т, перпендикулярную I и пересекающую её
в точке О. Пусть X1 — образ точки X при повороте
плоскости г вокруг точки О на угол а (при этом предполагается,
что на плоскость г мы смотрим в направлении,
противоположном направлению оси). Отображение
пространства, при котором каждой точке X ставится в соответствие
так определённая точка X', называется поворотом вокруг
оси I на угол а.
Из определения вытекает, что указанное отображение
является взаимно однозначным отображением
пространства на себя (почему?), т. е. преобразованием пространства.
Таким образом, поворот вокруг оси состоит в том, что
в каждой плоскости, перпендикулярной оси, делается
поворот на один и тот же угол в одну и ту же сторону вокруг
точки пересечения этой плоскости с осью.
Поворот вокруг оси I на угол а мы будем обозначать Rf.
| Теорема 8.11. Поворот вокруг оси —перемещение.
Доказательство. Рассмотрим поворот Rf. Пусть X1 —
= Rf (X) и У = Rf (У). Докажем, что X'Y' = ХУ^Для этого,
очевидно, достаточно проверить, что |X'Y'| = \XY |. Рассмот-
рим_векторы 2 = X?f х' = XT*, а = хб, а' = XU Ъ = ОО1',
c = OfY и с' = (УТ (рис. 8.6а).
Тогда x — a + b + ?nxf — а! + Ь + ?'. Возведём эти
векторные равенства в квадрат, учитывая, что
Получим
g 2
Из определения поворота следует, что S2 = а'2 и ?2 = ?'2,
поэтому для доказательства равенства х2 = х'2 достаточно

242
Глава 8. Преобразования пространства
проверить, что Z(a, ?) — Z(af, ?')• Отложим векторы 3, й\
с, с1 от точки О в плоскости ХОХ1 (рис. 8.66). Равенство
указанных углов следует из того, что Z(a, ?) = а + Z(a', ?)
и Z(a', с') = а + Z(3', <?) (все углы предполагаются
ориентированными). □
Частными случаями поворота вокруг оси являются
симметрия относительно прямой (осевая симметрия) и
тождественное преобразование.
Симметрией относительно прямой Si называется
поворот вокруг оси I на угол а —к (при таком повороте
направление оси, очевидно, не имеет никакого значения, поэтому
говорят о симметрии относительно прямой, а не оси). Так
как поворот на угол a + 2nk (keZ) и поворот на угол а — это,
очевидно, одно и то же преобразование, то поворот вокруг
оси I на угол а = л + 2nh (k e Z) также является симметрией
относительно прямой I. Симметрию относительно прямой I
мы будем обозначать S/.
Поворот вокруг оси I на угол а = 2лk (keZ) является
тождественным преобразованием.
Рис, 8.6

§ 8.3. Поворот вокруг оси 243
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости поворота вокруг оси. Если угол
поворота не равен Kk (k e Z), то множество неподвижных
точек поворота совпадает с его осью, ось поворота является
его неподвижной прямой (более того, прямой
неподвижных точек), а неподвижной плоскостью является всякая
плоскость, перпендикулярная оси. Если угол поворота
равен 27гАг (ke Z) (тождественное преобразование), то всякая
точка, всякая прямая и всякая плоскость являются
неподвижными. Наконец, если угол поворота равен к + 2nk
(k e Z) (симметрия относительно прямой), то множество
неподвижных точек поворота совпадает с его осью, ось
поворота является прямой неподвижных точек и, кроме того,
неподвижной является всякая прямая, перпендикулярная
оси, а неподвижной плоскостью является всякая плоскость,
перпендикулярная оси. Других неподвижных точек,
неподвижных прямых и неподвижных плоскостей у поворота
нет, что вытекает непосредственно из определения.
Наличие у перемещения пространства единственной
прямой неподвижных точек при отсутствии других
неподвижных точек является критерием того, что данное
перемещение — поворот вокруг оси (отличный от
тождественного преобразования).
Теорема 8*12. Множество неподвижных точек
перемещения является прямой I тогда и только тогда, когда
это перемещение — поворот вокруг оси /, отличный от
тождественного преобразования.
Доказательство. Необходимость условия
очевидна. Докажем достаточность. Пусть / —
перемещение, множество неподвижных точек которого есть прямая I.
Возьмём произвольную точку М пространства и построим
плоскость т, проходящую через эту точку и
перпендикулярную L Обозначим О = I П г (возможно, О и М — это
одна и та же точка) и М* = f(M) (рис. 8.7). Так как О —
неподвижная точка, (ОМ) J_ /, а перемещение сохраняет

244
Глава 8. Преобразования пространства
Рис. 8.7
угол между прямыми, то (OMf) _L U следовательно, М' е г,
причём ОМ' = ОМ. Возьмём в плоскости т произвольную
точку N9 отличную от точки М. Пусть N' = f(N). Тогда
аналогично Nf 6 г, причём точка N' отлична от Mf и N'Mf = NM.
Итак, если мы рассмотрим сужение отображения / на
плоскость г, то получим перемещение /т этой плоскости.
Перемещение /т имеет единственную неподвижную точку
(точку О), поэтому, как известно из планиметрии, fT —
поворот вокруг точки О.
Мы получили, что во всякой плоскости пространства,
перпендикулярной прямой /, данное перемещение
представляет собой поворот вокруг точки пересечения прямой I
с данной плоскостью. Осталось показать, что все эти
повороты происходят согласованно, т. е. на один и тот же угол.
Предположим, что это не так. Тогда, обозначая Xf = f(X),
Y' = f(Y) (рис. 8.6) и дословно повторяя рассуждения,
проведённые при доказательстве теоремы 8.11, получаем, что
X'Y'^XY, а это противоречит тому, что / —
перемещение. □
В заключение этого параграфа мы сформулируем одну
почти очевидную теорему, которая понадобится нам в
дальнейшем.
Теорема 8.13. Пусть в пространстве заданы две
плоскости, пересекающиеся по прямой I. Тогда одну из них
можно перевести в другую поворотом вокруг оси I.
fl^* Упражнение 8.5. Докажите теорему 8.13.

§ 8.4, Центральная симметрия 245
§ 8.4. Центральная симметрия и симметрия
относительно плоскости
Первое, что он увидел утром, проснувшись,—
это был Тигра, который сидел перед зеркалом,
уставившись на своё отражение.
— Доброе утро! — сказал Пух.
— Доброе утро! — сказал Тигра. — Смотри-ка,
тут есть кто-то, точь-в-точь как Я. А я — думал,
я только один такой.
А. Милн. Винни Пух и всевсе-все
В предыдущем параграфе мы познакомились с осевой
симметрией. В пространстве различают ещё два вида
симметрии — центральную симметрию и симметрию
относительно плоскости.
Определение. Пусть в пространстве задана точка О.
Отображение пространства, при котором точка О
переходит в себя, а произвольная точка М, отличная от О,—
в такую точку М', что точка О является серединой
отрезка ММ', называется симметрией относительно точки О
или центральной симметрией.
Точка О называется центром симметрии, а о точках
М и М' говорят, что они симметричны относительно
точки О.
Из определения вытекает, что указанное отображение
является взаимно однозначным отображением
пространства на себя (почему?), т. е. преобразованием пространства.
Центральную симметрию с центром О мы будем
обозначать Zq.
Также из определения непосредственно вытекает, что
центральная симметрия однозначно задаётся
указанием какой-нибудь точки, отличной от центра симметрии,
и её образа, а также что преобразование, обратное
центральной симметрии, есть та же центральная
симметрия,
и^ Упражнение 8.6. Докажите эти утверждения.

246 Глава 8. Преобразования пространства
| Теорема 8.14. Центральная симметрия — перемещение.
Доказательство. Рассмотрим центральную
симметрию Zq. Возьмём две произвольные точки пространства
X и У и обозначим их образы при центральной
симметрии через X' и У соответственно ♦ Из определения
симметрии Zo следует, что ОХ1 = -ОХ и OY' = -OY. Вычитая из
второго равенства первое, получаем, что Х'У = —ХУ,
следовательно, Х'У - ХУ. □
Будем говорить, что перемещение f изменяет
направления на противоположные, если для любого вектора 3
выполняется равенство f(a) = — 3.
Сформулируем и докажем теорему, выражающую
критерий того, что перемещение пространства является
центральной симметрией.
Теорема 8.15. Перемещение пространства является
центральной симметрией тогда и только тогда, когда оно
изменяет направления на противоположные.
Доказательство. Необходимость данного
условия по сути дела уже была получена при доказательстве
предыдущей теоремы: мы показали, что для произвольных
точек X, У и их образов X' и Y' при центральной симметрии
выполняется равенство Х'У = —ХУ, а из него следует, что
центральная симметрия изменяет направления на
противоположные.
Докажем достаточность. Пусть перемещение /
изменяет направления на противоположные. Тогда для
любых точек пространства X, У и их образов X' и У
выполняется равенство —хУ = Х'У. Вычитая из обеих ча-
стей этого равенства Х'У, получаем -(ХУ + ХГУ) =УУ,
т. е, YY' = Ylt + УХ', следовательно, середины отрезков
XX' и УУ —это одна и та же точка О (почему?). Поэтому
f = zo. a

§ 8.4. Центральная симметрия 247
Как и в случае параллельного переноса, для
центральной симметрии теорема об образах прямой и плоскости при
перемещении может быть усилена.
I Теорема 8.16. Центральная симметрия переводит
прямую в себя или в параллельную ей прямую, плоскость —
в себя или в параллельную ей плоскость.
^Упражнение 8.7. Докажите теорему 8.16.
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости центральной симметрии.
Неподвижной точкой является только центр симметрии.
Неподвижной прямой является всякая прямая, проходящая
через центр симметрии, а неподвижной плоскостью —
всякая плоскость, проходящая через центр симметрии.
Перейдём теперь к изучению симметрии относительно
плоскости.
Определение. Пусть в пространстве задана плоскость а.
Отображение пространства, при котором каждая точка
плоскости а переходит в себя, а произвольная точка М,
не лежащая в плоскости а,—в такую точку М1, что
прямая ММ1 перпендикулярна ос и точка пересечения этой
прямой с плоскостью а является серединой отрезка ММ',
называется симметрией относительно плоскости а.
Плоскость а называется плоскостью симметрии, а о
точках М и Mf говорят, что они симметричны
относительно плоскости <х.
Из определения вытекает, что указанное отображение
является взаимно однозначным отображением
пространства на себя (почему?), т. е. преобразованием пространства.
Симметрию относительно плоскости а мы будем
обозначать Sa.
Из определения непосредственно вытекает, что
симметрия относительно плоскости однозначно задаётся
указанием какой-нибудь точки, не лежащей в плоскости ос, и её
образа, а также что преобразование, обратное симметрии

248
Глава 8, Преобразования пространства
относительно плоскости, есть та же симметрия
относительно плоскости.
и^ Упражнение 8.8. Докажите эти утверждения.
I Теорема 8.17. Симметрия относительно плоскости — пе-
I ремещеиие.
Доказательство. Рассмотрим симметрию
относительно плоскости а. Возьмём две произвольные точки
пространства X и У и обозначим их образы через X1 и Y1
соответственно. Пусть а = ХОу Ь = ОО\ d=OfY (рис. 8.8). Тогда из
определения симметрии относительно плоскости следует,
что ХЮ = -a, O'Y' = -с и $.Ь = Ь-с = О. Выразим Х? = х
и ХНГ = $ через 2, Ъ и ?: £ = 3+Ь + ?, х' = -U + Ъ - ?.
Следовательно, х2 = а2 + Ь2 Л-с2 + 2с1-(*=х'2, откуда вытекает,
что XY = X'Yr. □
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости симметрии Sa. Неподвижными
являются те и только те точки, которые лежат в плоскости а.
Неподвижными являются все прямые, лежащие в этой
плоскости (более того, прямые, лежащие в плоскости or,
являются прямыми неподвижных точек), а также все прямые,
перпендикулярные плоскости а. Неподвижной является
плоскость а (которая является плоскостью неподвижных
точек), а также всякая плоскость, перпендикулярная
плоскости а.

§ 8.4. Центральная симметрия
249
Наличие у перемещения пространства единственной
плоскости неподвижных точек при отсутствии других
неподвижных точек является критерием того, что данное
перемещение—симметрия относительно плоскости.
Теорема 8.18. Множество неподвижных точек
перемещения является плоскостью тогда и только тогда, когда
это перемещение — симметрия относительно указанной
плоскости.
Доказательство. Необходимость условия
очевидна. Докажем достаточность. Возьмём
произвольную точку пространства X, не лежащую в данной
плоскости а, и опустим из неё перпендикуляр I на эту плоскость
(рис. 8.9). Пусть точка X' — образ точки X при данном
перемещении /. Заметим, что X1 е L Действительно,
при перемещении / прямая / должна перейти в прямую,
перпендикулярную плоскости а и проходящую через
точку О пересечения прямой / с этой плоскостью (почему?),
т. е. в себя. Так как / — перемещение, то ОХГ = ОХ, причём
точки X и X* различны. Следовательно, точки X и X1
симметричны относительно а. □
В заключение отметим, что в геометрии слово
«симметрия» часто употребляется в несколько ином смысле,
а именно как характеристика фигуры. Придадим
сказанному точный смысл.
I X

250 Глава 8. Преобразования пространства
Определение. Фигура называется симметричной
относительно точки (прямой или плоскости), если существует
симметрия относительно некоторой точки (прямой или
плоскости), при которой эта фигура переходит в себя.
Соответствующая точка (прямая, плоскость) называется
центром (осью, плоскостью) симметрии этой фигуры.
Некоторые свойства симметричных фигур
сформулированы в задачах 8.8—8.12.
§ 8.5. Преобразование подобия в пространстве
— Может объяснишь? Как это получается,
что я подобен вашей высокочтимой персоне?
Или под словом «подобное» ты имел в виду,
что наши самолёты похожи, да?
Р. Бах, Иллюзии
Преобразование подобия в пространстве определяется
точно так же, как и на плоскости.
Определение. Отображение пространства называется
преобразованием подобия, если для любых точек
пространства X, Y и их образов X', У выполняется
соотношение XfY' — k • XY, где k — некоторое фиксированное
положительное число (называемое коэффициентом
подобия).
Из определения вытекает, что указанное отображение
является взаимно однозначным отображением
пространства на себя (почему?), т. е. преобразованием пространства.
Говоря иными словами, преобразование подобия — это
преобразование, которое изменяет все расстояния в
одинаковое число раз.
Преобразование подобия с коэффициентом k мы будем
обозначать Pk.
Очевидно, что всякое перемещение пространства
является преобразованием подобия (с коэффициентом подобия,
равным единице).

§ 8.5. Преобразование подобия в пространстве 251
Менее тривиальный пример преобразования подобия
даёт гомотетия пространства, определяемая аналогично
гомотетии плоскости.
Определение. Гомотетией с центром О и
коэффициентом k ф 0 называется преобразование пространства, при
котором образом каждой точки X является такая точка X',
Гомотетию с центром О и коэффициентом k мы будем
обозначать Hq.
Из определения непосредственно вытекает, что при k =
= ~1 гомотетия является центральной симметрией, при
k=l — тождественным преобразованием, а также что
преобразование, обратное гомотетии Hq, является
гомотетией Hq . Заметим ещё, что гомотетия однозначно
задаётся указанием её центра, произвольной точки, отличной
от центра, и её образа.
I Теорема 8.19. Гомотетия с коэффициентом k является
I преобразованием подобия с коэффициентом |ft|.
Доказательство. Пусть X и У — произвольные точки
пространства, X' — Hq (X), У = Hq (У). По определению
гомотетии ОХ' = k • ОХ и OY1 = k-OY. Вычитая из второго
равенства первое, получаем, что X'Y' = k -ХУ,
следовательно, X'Y' = \k\ XY. □
Многие свойства гомотетии в пространстве аналогичны
свойствам гомотетии на плоскости. Сформулируем
некоторые из этих свойств в виде теоремы.
Теорема 8.20. Гомотетия переводит прямую, не
проходящую через центр гомотетии, в параллельную ей
прямую, а прямую, проходящую через центр гомотетии,—
в себя. Гомотетия сохраняет угол между прямыми.
Доказываются эти свойства точно так же, как и в
планиметрии (правда, при доказательстве второго из них придёт-

252 Глава 8. Преобразования пространства
ся ещё воспользоваться определением угла между прямыми
в пространстве).
о^ Упражнение 8.9. Докажите теорему 8.20.
Специфической для гомотетии в пространстве является
теорема об образе плоскости.
Теорема 8.21. Гомотетия переводит плоскость, не
проходящую через центр гомотетии, в параллельную ей
плоскость, а плоскость, проходящую через центр гомотетии,—
в себя.
Доказательство. Утверждение второй части теоремы
очевидно, поэтому будем считать, что плоскость а не
проходит через центр гомотетии Hq.
Выберем в плоскости а прямые а и Ь, пересекающиеся
в точке С. Пусть а\ —Н^(а), Ъ\ = #£(&). Прямые а\ и Ъ\
пересекаются в такой точке Си чт0 С\ = Hq(C) (почему?),
и, следовательно, определяют плоскость аи Докажем, что
ai=H*(or).
Возьмём произвольную точку Me a> не лежащую на
прямых а и by и проведём через неё прямую с, пересекающую
прямые а и Ъ в точках В и А соответственно (рис. 8.10).
Пусть Аг = Hk0 (А), Вг = Hk0 (В) и с\ = Hk0 (с). Так как А € &,
а Ъ\ = Hq (b), то А\ € Ь\. Аналогично Bi е п\. Следовательно,
точки А\ и Si принадлежат плоскости ai, поэтому (аксиома
прямой и плоскости) С\ с а\. Точка М\ =Hq(M)
принадлежит прямой с\ — образу прямой с при гомотетии Hq, но
с\ С ai, следовательно, М\ € а\.
Итак, образ всякой точки М 6 а принадлежит
плоскости а\ш Аналогично доказывается, что справедливо и
обратное: всякая точка М\ имеет прообраз на плоскости а.
Поэтому а\ = Hq (a). D
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости гомотетии. Пусть коэффициент
гомотетии не равен единице, т.е. гомотетия не является
тождественным преобразованием. Тогда неподвижной точ-

§ 8,5. Преобразование подобия в пространстве 253
Рис. 8.10
кой гомотетии является только её центр. Неподвижной
прямой является любая прямая, проходящая через центр
гомотетии, а неподвижной плоскостью — любая плоскость,
проходящая через центр гомотетии.
Вернёмся теперь к произвольным преобразованиям
подобия. Из определения преобразования подобия вытекает
следующее свойство.
Теорема 8.22. Композиция преобразований подобия с
коэффициентами к\ и кг является преобразованием
подобия с коэффициентом
и^ Упражнение 8.10. Докажите теорему 8.22.
Дальнейшие свойства преобразований подобия
обсуждаются в § 8.8.
В заключение этого параграфа дадим определение
подобных фигур в пространстве.
Определение. Фигура Ф\ называется подобной
фигуре Фг, если существует преобразование подобия, которое
| переводит Ф Ф

254
Глава 8. Преобразования пространства
§ 8.6*. Признаки равенства и подобия
треугольников в пространстве
При изучении стереометрии мы неоднократно
пользовались известными из планиметрии признаками равенства
треугольников, применяя их к треугольникам, лежащим
в различных плоскостях. Теперь мы можем доказать
признаки равенства треугольников в пространстве, используя
свойства перемещений.
Теорема 8.23. Если длины трёх сторон одного
треугольника соответственно равны длинам трёх сторон другого
треугольника, то эти треугольники равны.
Доказательство. Пусть даны треугольники ABC и
AiBiCi, у которых AB = Ai£b ВС = В\СХ и CA = CiA\. Если
эти треугольники лежат в одной плоскости, то
доказываемое утверждение известно из планиметрии.
Предположим, что плоскости ABC и А\В\С\ различны.
Обозначим их через а и а\ соответственно. Возможны два
случая: а П ос\ = I (рис. 8.11) и а \\ а\ (рис. 8.12). В первом
Рис. 8.11
Рис. 8.12
случае согласно теореме 8.13 существует такой поворот
вокруг оси U что #1 —Ri(а). Пусть образом треугольника ABC
при этом повороте является треугольник А2В2С2 (равный

§ 8,6*. Равенство и подобие треугольников 255
треугольнику ABC). Треугольники А2В2С2 и А\В\С\ лежат
в одной плоскости of 1, и длины их сторон соответственно
равны, следовательно, ДА2В2С2 = АА\В\С\. В силу
транзитивности отношения равенства фигур ААВС = АА\В\С\.
Во втором случае согласно теореме 8.10 существует
такой параллельный перенос, что <Х\ = Т^(а). Рассуждая
аналогично первому случаю, получаем, что ААВС = AA\BiC\.
□
Замечание. Разумеется, можно явно указать перемещение
пространства, переводящее ААВС в АА\В\С\. Если
треугольники лежат в одной плоскости а, то существует такое
перемещение fa этой плоскости, что АА\В\С\ = /(ААВС). Это
перемещение можно распространить на всё пространство, считая,
что в каждой плоскости /?, параллельной а, определено
перемещение fp аналогично перемещению fa (давая выше определение
поворота пространства вокруг оси, мы фактически
распространили поворот плоскости вокруг точки на всё пространство). Таким
образом, мы получаем такое перемещение пространства /, что
AA\B\C\ = f(AABC). Если плоскости ABC и AiBiCx
пересекаются по прямой U то искомое перемещение, переводящее ААВС
в ДА\В\С\, есть g о Rh где /?* —поворот вокруг линии
пересечения этих плоскостей, a g — распространение перемещения
плоскости ol\ переводящего АА2В2С2 в АА\В\С\, на всё
пространство (см. доказательство теоремы). Аналогично если плоскости
ABC и А\В\С\ параллельны, то искомое перемещение есть g о 7^,
где <Х\ = Г#(а), a g определяется аналогично предыдущему
случаю.
Из доказанного признака равенства треугольников по
трём сторонам вытекает справедливость признаков
равенства по двум сторонам и углу между ними и по стороне
и двум прилежащим к ней углам.
в^3 Упражнение 8.11. Докажите эти признаки равенства
треугольников.
Признаки подобия треугольников по трём
соответственно пропорциональным сторонам, по двум соответственно
пропорциональным сторонам и углу между ними, а также
по двум углам, известные из планиметрии, справедливы

256 Глава 8. Преобразования пространства
и в пространстве. Докажем, например, первый из этих
признаков.
Теорема 8.24. Если длины трёх сторон одного
треугольника соответственно пропорциональны длинам трёх
сторон другого треугольника, то эти треугольники подобны.
Доказательство. Пусть даны такие треугольники ABC
л т> ту/^1 О А
и А\Е\С\У что . D = -z^-pr = уг-т- = k. Рассмотрим гомо-
Air>\ ХЗ1С1 Ь\А\
тетию Hq с произвольным центром О. Пусть АА2В2С2 =
= Я* (ДАЛО. Тогда |ig = Mi = |£ = *, еледо»,-
тельно, АВ — А2В2, ВС = В2С2 и СА-С2А2. У
треугольников ABC и А2В2С2 соответственно равны длины трёх
сторон, поэтому (теорема 8.23) эти треугольники равны,
и, следовательно, существует такое перемещение /, что
ААВС - /(ДА2В2С2) (в замечании к теореме 8.23 это
перемещение указано явно). Итак, ААВС= (/ oHq)(AA\BiCi).
Композиция / о Hq является в силу теорем 8.19 и 8.22
преобразованием подобия с коэффициентом ft, следовательно,
D
с^ Упражнение 8.12. Докажите остальные признаки подобия
треугольников.
§ 8.7*. Группы преобразований
В этом параграфе вы познакомитесь с одним из
фундаментальных понятий современной математики — понятием
группы.
Рассмотрим произвольное непустое множество.
Элементами этого множества могут быть объекты любой
природы—числа, преобразования или что угодно другое. Пусть
в силу некоторого правила любым двум элементам данного
множества сопоставлен некоторый элемент этого же
множества. Тогда говорят, что на рассматриваемом множестве
задана операция*

§ 8.7* Группы преобразований 257
Примерами операций могут служить известные вам из
курса алгебры сложение и умножение, определённые на
множестве действительных чисел* Композиция
преобразований, определённая, например, на множестве всех
преобразований пространства, также является примером
операции.
Вы знаете, что сложение действительных чисел
подчиняется переместительному и сочетательному законам, т. е.
для любых чисел а,Ьис справедливы равенства a + b = b + a
и (а + Ь) + с = а + (Ь + с). В современной алгебре эти свойства
принято называть соответственно коммутативностью и
ассоциативностью.
Будем говорить, что операция *, определённая на
некотором множестве X, коммутативна, если для любых
элементов а, Ь е X справедливо равенство а * Ъ = Ъ * а. Если
ясе для любых элементов а, Ь, с 6 X справедливо равенство
(а * Ъ) * с = а * {Ь * с), то будем говорить, что эта операция
гссоциативна.
Дадим теперь определение группы.
I Определение. Непустое множество G, на котором
определена операция *, называется группой (относительно
этой операции), если выполнены следующие условия:
1) для любых элементов а, Ъ и с из G справедливо
равенство (а*Ь) *с = а* (Ь*с) (т.е. операция * ассоциативна);
2) существует такой элемент eeG, что для любого
элемента а е G справедливы равенства а*е = е*а = а (такой
элемент е называется единицей или нейтральным
элементом);
3) для любого элемента aeG существует такой элемент
а"1 € G, что справедливы равенства а* а"1 = а"1 * а = е
(такой элемент а"1 называется обратным к элементу а).
Замечапие. Подчеркнём два обстоятельства, связанные с дан-
:ым определением, которые необходимо иметь в виду. Во-пер-
ых, так как операция * определена на множестве G, то это
значает, что для любых элементов а и b из G элемент (а * Ь)
ринадлежит G, т. е. применение операции * не выводит из
Зак. 3383

258 Глава 8, Преобразования пространства
множества G. Во-вторых, в определении группы отнюдь не
предполагается, что операция * коммутативна. Если же операция
* коммутативна, то группа называется коммутативной (или
абелевой).
Приведём примеры групп. Множество целых чисел Ъ
является группой относительно сложения. Действительно,
сложение целых чисел ассоциативно, роль единицы играет
число 0, а роль обратного элемента для числа п
играет число —п.
Множество рациональных чисел Q образует группу
относительно сложения.
Множество положительных рациональных чисел Q+
образует группу относительно умножения, так как
умножение ассоциативно, единицей является число 1, а обратным
для элемента q является элемент 1/д.
Заметим, что все эти группы коммутативные.
Множество натуральных чисел N не образует группу ни
относительно сложения, ни относительно умножения, так
как и в том, и в другом случае не выполняется условие 3,
а в случае сложения — ещё и условие 2.
Множества целых чисел Z, рациональных чисел Q и
действительных чисел R не являются группами относительно
умножения, так как не выполняется условие 3.
я^9 Упражнение 8.13. Образует ли группу множество всех
многочленов одного переменного относительно: а) сложения;
б) умножения? Является ли эта группа коммутативной?
ч^ Упражнение 8.14. Докажите, что единица группы
единственна1).
Понятие группы было введено французским
математиком Эваристом Галуа (1811—1832 гг.), который применил
его при доказательстве неразрешимости в радикалах
алгебраического уравнения степени выше четвёртой. Сейчас
теория групп является одним из самых важных и богатых
интересными результатами разделов современной алгебры.
^Можно доказать также, что каждый элемент группы имеет
единственный обратный.

§ 8.7'К Группы преобразований 259
Группы играют важную роль и в геометрии. В § 1.1 мы
говорили, что с точки зрения теории множеств геометрия
изучает основное множество — пространство. Это не совсем
точно. В геометрии изучаются два основных множества:
пространство и группа некоторых его преобразований, с
помощью которой в пространстве вводится понятие равенства
фигур.
На множестве преобразований пространства нами уже
была определена операция — композиция преобразований.
Относительно этой операции множество всех
преобразований пространства образует группу.
Докажем это утверждение. Во-первых, необходимо
проверить ассоциативность композиции, т. е. что для любых
преобразований пространства f, g и h справедливо
равенство h о (g о f) = (h о g) о f. Действительно, если X —
произвольная точка пространства, Х\ — /(X), X2 = g(Xi),
а Хз = h(X2), то, с одной стороны, Хз = Л(Хг) =h(g(Xi)) =
= (hog) (Xi ) = (hog){f(X)) = ((hog)o f) (X). С другой
стороны, Х2 = g{X\) = g(f(X)) = (gof)(X), следовательно, Х3 =
= h(X2) = h((g о f) (X)) = (h о (g о f)) (X). Сравнивая
полученные выражения для Хз, заключаем, что (h о g) о f =
= ho(gof). □
Во-вторых, единицей является тождественное
преобразование Е, так как для любого преобразования / имеем
foE = Eof = f.
Наконец, в-третьих, всякое преобразование /, будучи
взаимно однозначным, имеет обратное преобразование Z"1,
удовлетворяющее условию / о f~l = f~l of = E.
Изучать действие всевозможных преобразований
пространства на геометрические фигуры — задача непосильная,
результат этого действия априори непредсказуем. В этом
смысле группа всех преобразований пространства с точки
зрения геометрии неинтересна. Она слишком широка и в
связи с этим лишена сколько-нибудь конкретных свойств.
Поэтому рассматриваются более узкие группы
преобразований, например группа перемещений.

260 Глава 8, Преобразования пространства
ВЭ* Упражнение 8.15. Проверьте, что множество всех
перемещений пространства является группой относительно их
композиции1*.
Группа перемещений пространства является самой
важной группой в геометрии, так как с помощью перемещения
вводится понятие равных фигур. Равные фигуры
обладают одинаковыми геометрическими свойствами, которые не
изменяются под действием перемещений. Говоря иными
словами, геометрия, которую мы изучаем, в основном
рассматривает свойства фигур, неизменные (инвариантные)
относительно группы перемещений.
Кроме группы перемещений есть и другие группы
преобразований, например группа преобразований подобия
(докажите самостоятельно, что всевозможные
преобразования подобия образуют группу). Можно считать, что
каждая группа преобразований задаёт свою геометрию, в
которой изучаются свойства фигур, инвариантные
относительно данной группы преобразований. Эта идея была
высказана в 1872 г. немецким математиком Феликсом
Клейном (1849—1925 гг.). Групповой подход к геометрии,
предложенный Клейном, оказался весьма плодотворным и
способствовал как появлению новых разделов геометрии, так
и переосмыслению старых.
Обсудим теперь интересный вопрос о симметрии
правильных многогранников, который тесно связан с
понятием группы. С древних времён правильные
многогранники притягивали к себе внимание людей. Возможно, это
связано с тем, что из всех многогранников правильные
многогранники «самые симметричные», точнее говоря,
существует довольно много перемещений пространства,
которые переводят правильные многогранники в себя. Ниже
1}Если множество G — группа относительно операции *, а его
подмножество Н также образует группу относительно этой же операции, то
говорят, что Н — подгруппа группы G. Выполнив это упражнение, вы
докажете, что перемещения пространства образуют подгруппу группы
преобразований пространства.

§ 8.7*. Группы преобразований
261
мы опишем все эти перемещения, а пока дадим некоторые
вспомогательные определения.
Будем называть перемещение, переводящее данную
фигуру в себя, самосовмещением этой фигуры. Рассмотрим
всевозможные самосовмещения правильного
многогранника. Они, очевидно, образуют группу, которая является
подгруппой группы перемещений пространства. Эту группу
принято называть группой самосовмещений или группой
симметрии правильного многогранника.
Перечислим элементы групп симметрии правильных
многогранников. Заметим, что всякое самосовмещение
данного правильного многогранника является одновременно
и самосовмещением двойственного ему правильного
многогранника, и наоборот. Поэтому достаточно рассмотреть
только группы симметрии тетраэдра, куба и додекаэдра.
Рис. 8.13
Группа симметрии тетраэдра состоит из следующих
преобразований: тождественное преобразование; по два
поворота вокруг каждой из высот (на 120° и 240°, рис. 8.13а) —
всего восемь поворотов; шесть симметрии относительно
плоскостей, проходящих через каждую из высот и
соответствующее ребро (рис. 8.136); три поворота вокруг
прямых, проходящих через середины скрещивающихся рёбер
(рис. 8.13в); наконец, по две композиции поворота вокруг
этих прямых (на 90° и 270°) и симметрии относительно
плоскости, перпендикулярной им и проходящей через

262
Глава 8. Преобразования пространства
центр тетраэдра (рис. 8.13г). Такая композиция называется
поворотным отражением. Всего, таким образом, указано
24 различных самосовмещения. Ими исчерпывается
группа симметрии тетраэдра.
В группу симметрии куба (октаэдра) входят:
тождественное преобразование; по три поворота вокруг каждой из
прямых, соединяющих центры противоположных граней
(на 90°, 180° и 270°, рис. 8.14а) —всего девять
поворотов; по два поворота вокруг диагоналей (на 120° и 240°,
рис. 8.146) —всего восемь поворотов; шесть поворотов
вокруг прямых, соединяющих середины противоположных
рёбер (рис. 8.14в); три симметрии относительно
плоскостей, проходящих через центр куба параллельно его
граням (рис. 8.14г); шесть симметрии относительно
диагональных плоскостей (рис. 8.145); по два поворотных отражения
вокруг прямых, соединяющих центры противоположных
граней (на 90° и 270°, рис. 8.14е) — всего шесть; по два
поворотных отражения вокруг диагоналей (на 60° и 300°,
рис. 8.14ж) —всего восемь; наконец, центральная
симметрия относительно центра куба. Всего, таким образом, ука-

§ 8.7*. Группы преобразований
263
зано 48 самосовмещений. Ими исчерпывается группа
симметрии куба.
Группа симметрии додекаэдра (икосаэдра) содержит 120
самосовмещений. Попробуйте перечислить их
самостоятельно, пользуясь рис. 8.15а—е.
Заметим теперь, что число плоских углов тетраэдра
равно 12, куба —24, додекаэдра —60, т.е. оно равно половине
числа преобразований в группе симметрии
соответствующего многогранника. Это не случайно. Оказывается,
справедлива следующая теорема, которую можно доказать, не
перечисляя всех элементов группы симметрии.
Теорема 8.25. Число элементов группы симметрии
правильного многогранника равно удвоенному числу его
плоских углов.
На этом мы заканчиваем знакомство с группами.
Дальнейшие сведения о них можно найти, например, в книгах
[Александров, 1980], [Калужнин, Сущанский, 1985],
[Алексеев, 1976].

264
Глава 8. Преобразования пространства
■^Упражнение 8.16. Образует ли группу множество:
а) параллельных переносов;
б) поворотов вокруг всевозможных осей;
в) поворотов вокруг осей, пересекающихся в одной точке;
г) симметрии относительно всевозможных плоскостей?
Коммутативна ли эта группа?
§ 8.8*. Классификация перемещений
и преобразований подобия в пространстве
В этом параграфе мы опишем все возможные
перемещения и преобразования подобия в пространстве.
Предварительно обсудим вопрос об ориентации пространства.
Пусть в пространстве задан базис {а, &, ?}.
Предположим, что векторы базиса отложены от одной точки О. Если
для наблюдателя, находящегося на конце вектора ?,
кратчайший поворот вокруг точки О от вектора 3 к вектору Ъ
виден против часовой стрелки (рис. 8.16а), то базис {а, £, ?}
называется правым, в противном случае, т.е. когда этот
поворот виден по часовой стрелке (рис. 8.166), — левым.
а)
Рис. 8.16
Если в пространстве задан правый базис, то говорят,
что оно ориентировано положительно, а если задан левый
базис, то ориентировано отрицательно.

§ 8.8*, Классификация перемещений
265
Данные нами определения не являются математически
строгими, так как понятия «против часовой стрелки»,
«кратчайший поворот виден наблюдателю» и т.п. не были
строго определены (см. замечание в § 8.3). Разумеется,
существует математически строгое определение понятия
ориентации пространства, но мы не будем обсуждать его
в нашем курсе, так как для понимания дальнейшего
материала этого параграфа вполне достаточно приведённых
наглядных соображений. Заметим, что в курсе физики вы
уже встречались с подобным подходом к введению понятия
ориентации пространства (вспомните правило буравчика
и правило левой руки; правый буравчик и правая рука
задают положительную ориентацию пространства (рис. 8.17
и 8.18)).
Мы примем без доказательства следующий
фундаментальный факт: всякое перемещение пространства либо
сохраняет его ориентацию, либо изменяет её на
противоположную. Точнее, если перемещение переводит
некоторый правый базис в правый базис, то оно переводит
любой правый базис в правый базис (сохраняет
ориентацию), а если перемещение переводит некоторый правый
базис в левый базис, то оно переводит любой правый базис
в левый базис (изменяет ориентацию); то же самое
справедливо и для левых базисов.
Перемещения пространства, сохраняющие ориентацию,
называются перемещениями первого рода, а изменяющие
ориентацию — перемещениями второго рода.
левый правый
у
Рис. 8.17
Рис. 8.18

266 Глава 8. Преобразования пространства
Из рассмотренных нами перемещений перемещениями
первого рода являются параллельный перенос и поворот
вокруг оси (в частности, осевая симметрия), а
перемещениями второго рода — центральная симметрия и симметрия
относительно плоскости. Прежде чем сформулировать
основную теорему о классификации перемещений
пространства, мы рассмотрим ещё три вида перемещений.
Композиция поворота вокруг оси и параллельного
переноса на вектор, параллельный этой оси, называется
винтовым перемещением. Проверьте самостоятельно, что
результат этой композиции не зависит от того, какое из двух
перемещений — поворот или перенос — выполняется первым.
Частными случаями винтового перемещения являются
поворот вокруг оси и параллельный перенос.
Композиция поворота вокруг оси и симметрии
относительно плоскости, перпендикулярной оси поворота,
называется поворотным отражением. Результат этой
композиции также не зависит от порядка выполнения поворота
и симметрии. Частным случаем поворотного отражения
является центральная симметрия. Она соответствует
повороту на угол к.
Композиция симметрии относительно плоскости и
параллельного переноса на вектор, параллельный этой
плоскости, называется скользящим отражением. Результат
этой композиции также не зависит от порядка выполнения
симметрии и параллельного переноса. Симметрию
относительно плоскости можно рассматривать и как частный
случай поворотного отражения (угол поворота равен 0°),
и как частный случай скользящего отражения (вектор
переноса равен б).
Сформулируем теперь теорему о классификации
перемещений.
Теорема 8.26. Всякое перемещение пространства есть
либо винтовое перемещение, либо поворотное отражение,
либо скользящее отражение.

§ 8.8*. Классификация перемещений 267
Точнее говоря, всякое перемещение первого рода
является винтовым перемещением (в частности, поворотом вокруг
оси или параллельным переносом), а всякое перемещение
второго рода является либо поворотным отражением, либо
скользящим отражением (в частности, центральной
симметрией или симметрией относительно плоскости).
Мы не будем доказывать здесь эту теорему, поскольку
её доказательство довольно сложно, а этот параграф
носит чисто ознакомительный характер, и его результаты
не используются в дальнейшем. Доказательство теоремы
о классификации перемещений можно найти, например,
в книгах [Александров и др., 1992], [Болтянский, 1985].
Сформулируем и докажем теорему о классификации
преобразований подобия.
I Теорема 8.27. Всякое преобразование подобия является
композицией гомотетии и перемещения.
Доказательство. Пусть Pk — произвольное
преобразование подобия. Рассмотрим гомотетию Hkn с тем же коэф-
1 / Ь
фициентом и с произвольным центром О и гомотетию Но' ,
обратную к ней. Преобразование Pk о Н^ в силу теорем
8.19 и 8.22 является преобразованием подобия с
коэффициентом ft.- = l, т.е. перемещением. Обозначим это
перемещение через f. Тогда / о Н% = {Pk о H)Jk) о Hho = Pk о
о (Hq**oHq) =Pk oE = Pk (мы воспользовались
ассоциативностью композиции преобразований, Доказанной в
предыдущем параграфе), т. е. Pk = / о Hq. О
Из доказанной теоремы сразу вытекают многие свойства
преобразований подобия. В частности, вспоминая свойства
перемещений и гомотетии, заключаем, что преобразование
подобия переводит прямую в прямую, плоскость в
плоскость, а также сохраняет угол между прямыми (а
следовательно, угол между прямой и плоскостью и угол между
плоскостями).

268 Глава 8. Преобразования пространства
Задачи
Что означает владение математикой? Это есть умение
решать задачи, притом не только стандартные, но
и требующие известной независимости мышления,
здравого смысла, оригинальности, изобретательности.
Д. Пойа. Математическое открытие
8.1. Пусть / — перемещение пространства. Докажите,
что для любых векторов а и Ь и для любого числа k
справедливы равенства f(a + b) = f(a) + /(ft), f(M) = kf{a) и
f(<i).f(b)=a-b.
8.2. Может ли перемещение пространства иметь ровно
две неподвижные точки?
8.3. Докажите, что если перемещение пространства
имеет три неподвижные точки, не лежащие на одной прямой,
то плоскость, проходящая через эти точки, является
неподвижной. Обязательно ли эта плоскость будет плоскостью
неподвижных точек?
8.4. Докажите, что если перемещение пространства
имеет четыре неподвижные точки, не лежащие в одной
плоскости, то оно является тождественным преобразованием.
8.5. При некотором перемещении шар перешёл в себя.
Докажите, что у этого перемещения есть неподвижная точка.
8.6. В пространстве даны прямая I и точки А и В, причём
прямые I и (АВ) скрещивающиеся. Найдите на прямой I
такую точку М, чтобы сумма расстояний AM + MB была
наименьшей.
8.7. Пусть А!г и А![ (i = l, 2, 3, 4) —проекции вершин
тетраэдра А1А2А3А4 на плоскости а и (3 соответственно.
Докажите, что существует перемещение пространства,
переводящее точки А[ в такие точки А°> что прямые А°А![
попарно параллельны.
8.8. Фигура Ф имеет две пересекающиеся
перпендикулярные оси симметрии. Докажите, что Ф имеет ещё одну
ось симметрии.

Задачи 269
8.9. Докажите, что никакое тело не может иметь чётное
(ненулевое) число осей симметрии.
8.10. Тело имеет центр симметрии и плоскость
симметрии. Докажите, что центр симметрии лежит в плоскости
симметрии.
8.11. Тело имеет несколько плоскостей симметрии.
Докажите, что все эти плоскости имеют общую точку.
8.12*. Каждая грань выпуклого многогранника
центрально-симметрична. Докажите, что этот многогранник
центрально-симметричен.
8.13*. Даны тетраэдр и точка N внутри него. Через
каждое ребро тетраэдра проведена плоскость, параллельная
отрезку, соединяющему точку N с серединой
скрещивающегося с ним ребра. Докажите, что все шесть этих плоскостей
пересекаются в одной точке,
8.14*, Через середину каждого ребра тетраэдра
проведена плоскость, перпендикулярная противоположному ребру.
Докажите, что все шесть этих плоскостей пересекаются
в одной точке.
8.15. По одну сторону от плоскости а расположены
точки А и В. Найдите на плоскости а такую точку М, чтобы
сумма расстояний AM + MB была наименьшей.
8.16. Даны острый двугранный угол с гранями а и (5
и точка С внутри него. Найдите такие точки Ае а и В е /3,
чтобы треугольник ABC имел наименьший периметр.
8.17. Какое наибольшее число плоскостей симметрии
может иметь пространственная фигура, состоящая из трёх
попарно непараллельных прямых?
8.18. Докажите, что каждая плоскость, проведённая
через прямую, соединяющую середины скрещивающихся
рёбер правильного тетраэдра, делит этот тетраэдр на две
равные части.
8.19. Докажите, что каждая плоскость, проведённая
через диагональ куба, делит этот куб на две равные части.
8.20. В пятиугольной пирамиде соответственно равны
между собой боковые рёбра и все двугранные углы при

270 Глава 8. Преобразования пространства
боковых рёбрах. Докажите, что эта пирамида
правильная.
8.21. а) Докажите, что композиция двух симметрии
относительно пересекающихся плоскостей есть поворот вокруг
их линии пересечения.
б) Докажите, что любой поворот пространства
относительно оси можно представить в виде композиции двух
симметрии относительно двух плоскостей.
8.22. Докажите, что композиция двух поворотов, оси
которых пересекаются, есть поворот вокруг оси.
8.23*. Докажите, что любое перемещение пространства
можно представить в виде композиции не более чем
четырёх симметрии относительно плоскостей.
8.24. Докажите, что любые два равных треугольника,
лежащие в разных плоскостях и имеющие общую вершину,
можно перевести друг в друга поворотом вокруг оси.
8.25. Докажите, что любые две сферы гомотетичны друг
другу.
8.26. Докажите, что преобразование подобия с
коэффициентом k ф 1, переводящее каждую плоскость в себя или
в параллельную ей плоскость, является гомотетией.
8.27. Докажите, что два подобных, но не равных
треугольника можно перевести друг в друга композицией
гомотетии и поворота вокруг оси.
8.28*. В плоскости боковой грани правильной
четырёхугольной пирамиды взята фигура Ф. Пусть Ф\ — проекция
фигуры Ф на плоскость основания пирамиды, аФг-
проекция фигуры Ф на плоскость смежной с ней боковой грани.
Докажите, что фигуры Фх и Фг подобны.
8.29*. Преобразование пространства переводит любые
две точки, находящиеся на расстоянии 1, в две точки,
также находящиеся на расстоянии 1. Докажите, что это
преобразование является перемещением.

Глава 9*
Решение задач
Ты спросишь, кто велит? —
Всесильный бог деталей...
Б. Пастернак. Давай ронять слова.,,
§ 9.1. Зависимость между основными углами
в правильной пирамиде
Ещё столетия пройдут,
Пока Осирисы-Исиды
Нам в руки мудрость отдадут
Всех элементов пирамиды.
А. Чижевский. Пирамиды
Правильная пирамида — один из наиболее часто
встречающихся в стереометрических задачах многогранников.
В этом параграфе мы установим некоторые соотношения
между углами в правильной пирамиде, которые позволяют,
зная величину одного из этих углов, определить величины
остальных. Заметим, что нет необходимости запоминать
все эти формулы. Гораздо полезнее уяснить себе метод
их получения (который, в принципе, весьма прост), с тем
чтобы применять его при решении конкретных задач.
Итак, рассмотрим правильную д-угольную пирамиду
SAiAz.'.An (рис. 9.1). Под основными углами в этой
пирамиде мы будем понимать:
• угол наклона бокового ребра к плоскости основания (а);
• двугранный угол при основании ((3);
• плоский угол при вершине (у);
• двугранный угол при боковом ребре (б).
Пусть О — центр основания пирамиды, В — середина
ребра А\Аъ, D — точка пересечения отрезков А\А% и ОА2,
С —такая точка на боковом ребре SA2, что (AiC) _L (SA2),
Ег— точка пересечения отрезков SB и А\С> К — точка пе-

272
Глава 9*. Решение задач
Рис. 9.1
ресечения отрезков А\А% и ОВ. Пусть также /.А\ОА^ = (р
(очевидно, (р~2п/п).
в^ Упражнение 9.1. Докажите, что ZSA\O = a, ZSBO = /?,
ZCA = 5, АА2АХА3 = tp/2.
Обозначим высоту пирамиды через Ну апофему —
через т, боковое ребро — через I, сторону основания — через а,
а через г и R — радиусы окружностей, вписанной в
основание и описанной около него.
1. Связь между а и /3:
tga = cos ^
(9.1)
Доказательство. Из ASA\O находим, что Н = Rtga.
Из ASBO находим, что Н — г tg /3. Следовательно, Л tg a =
= r tg /3. Остаётся заметить, что r = Rcos -^ (из АА\ОВ). □

§ 9.1. Зависимость между углами в пирамиде 273
2. Связь между а и у:
sin у/2
cosa=-—Ц-. (9.2)
sin 7г/гГ
Доказательство. Из
а из ASA\O получаем 1=
находим, что / =
2 sin у/2'
. Остаётся заметить, что
R=
(из АА\ОВ), и приравнять правые части по-
□
2 sin <p/2
лученных выражений для I.
3, Связь между а и 8:
(9.3)
Доказательство. Из треугольников CDA\ и CDA2
получаем, что CD — A\DB ctg тг и CD = A2D sin а. Но AiD =
= a cos -£, A2D = а sin ^. Приравнивая правые части выра-
жений для CD, получим требуемую формулу. □
4. Связь между /3 и у:
Доказательство. Из треугольников SBO и
(9.4)

найдём т: т =
и т =
2 tg(r72)
' СлеД°вательН0>
= a cos (3. Остаётся заметить, что 2г = a ctg ^ (из AA\OB).
2
5. Связь между у и 8:
Y _ cos к/п
C0S ^ ~
sin 5/2 ■
(9.5)

274 Глава 9*. Решение задач
У
Доказательство. Так как ZCA1A2 = тс, то из
треугольников СА\ А2 и CA\D получаем СА\ — a cos 7: и СА\ = —~т^ •
Z sin 0/2
Следовательно, a cos 77 = . V /f>» Остаётся заметить, что
^ sin 0/2
(О
A\D = a cos -5-» П
6. Связь между (3 и 8:
sin/З =
cos 5/2
sin тг/n'
(9.6)
Доказательство. Поскольку плоскости А1СА3 и SBO
перпендикулярны плоскости SA1A2 (почему?), прямая их
пересечения КЕ также перпендикулярна плоскости
Далее, ZA^KE=^ - ZKAXE= f - (f -
= -z • Из АКЕВ находим sin /3 = ^^. Подставляя в эту
формулу выражения КЕ = КА\ cos ^ (из AiiT^Ai) и KB =
= КА\ sin -£ (из AJiTBAi), получаем формулу (9.6). D
Замечание. Формулу (9.6) можно получить ещё тремя
способами:
1) исключить из формул (9.4) и (9.5) угол у;
2) записать двумя способами площадь треугольника SA1A2
(2SsaiA2 — а' т — А\С -1), а затем подставить выражения для /п,
А\С и I через а и тригонометрические функции углов /?, 5 и (р\
3) применить теорему о трёх синусах (теорема 5,9) к
двугранному углу с ребром А\А2 (приведённое выше доказательство
фактически повторяет её вывод в данном конкретном случае).
Пример 9.1. Сторона основания правильной
четырёхугольной пирамиды SABCD (S — вершина) равна а, а дву-

§9.1. Зависимость между углами в пирамиде 27Г5
гранный угол при боковом ребре равен а. Найти площадь
боковой поверхности пирамиды.
Решение. Пусть О — центр основания, F — середина
ребра CD, Е — такая точка на ребре SC, что (DE) 1 (SC)
(рис. 9.2).
Рис. 9.2
Докажем, что ZBED = a. Действительно, &DEC =
(по двум сторонам и углу между ними), поэтому (BE) J_ (SC),
следовательно, по признаку перпендикулярности прямой
и плоскости (SC) I (BED), т.е. /.BED — линейный угол
двугранного угла при боковом ребре пирамиды, значит,
ABED = а.
Искомая площадь боковой поверхности пирамиды
равна SfoK = 4 • ^а • m, где т = SF — длина апофемы пирамиды.
Найдём т. Пусть /SFO = f5. Тогда по формуле (9.6) имеем
sin В = \/2 cos ~. Из треугольника SOF находим т = ъ —
' & cos р
2cos/J
, следовательно,
т2 =
4 cos2/? 4(1-sin2 /3) 4(1 - 2 cos2 a/2) -4cos a*

276 Глава 9*, Решение задач
а значит, т = — а (подкоренное выражение положи-
2у/- cos a
тельно, так как п/2 < а < п). Окончательно получаем, что
а2
Замечание. Разумеется, прямой ссылки на формулу (9.6)
можно было бы избежать, например, повторив её вывод в случае
п = 4. Но проще, по-видимому, поступить по-другому — записать
двумя способами площадь треугольника SDC (см. предыдущее
I 2~
замечание): 2Ssdc — а- т — DE • SC — • \ т2 + ^-. Из
V2 sin a/2 V 4
этого соотношения находим т =
§ 9.2. Определение положения основания высоты
пирамиды или призмы
Я чувствую непобедимый страх
В присутствии таинственных высот.
О. Мандельштам» Пешеход
При решении задач часто бывает необходимо
определить положение основания высоты пирамиды или призмы
по отношению к элементам основания• Из-за
неправильного изображения высоты возникают ошибки при
вычислении углов наклона прямых и плоскостей к плоскости
основания и т. п.
Приведём некоторые теоремы, полезные при
нахождении положения основания высоты. Большинство из них
является переформулировкой полученных нами ранее
результатов, поэтому доказательство этих теорем мы
предоставляем вам в качестве полезного упражнения.
Теорема 9.1. Если в пирамиде равны длины всех
боковых рёбер или все боковые рёбра образуют с
плоскостью основания равные углы, то около основания можно
описать окружность, а вершина пирамиды проектируется
в центр этой окружности.

§ 9.2. Положение основания высоты пирамиды 277
(Сравните с утверждением IV из § 7.1.)
Теорема 9.2. Если все двугранные углы при
основании пирамиды равны, то в основание пирамиды можно
вписать окружность, а вершина пирамиды проектируется
в центр этой окружности.
(Сравните с утверждением V из § 7.1.)
Заметим, что в формулировке этой теоремы
существенно, что рассматриваются именно двугранные углы, а не
углы между плоскостями боковых граней и плоскостью
основания. Если же плоскости всех граней пирамиды
образуют с плоскостью основания равные углы, то вершина
пирамиды не обязательно проектируется в центр
вписанной окружности, а может проектироваться и в центр одной
из вневписанных в основание окружностей1*.
Это обстоятельство следует учитывать при решении
задачи, обращая особое внимание на то, о каких углах идёт
речь в её формулировке. (Мы рекомендуем сравнить это
замечание с замечанием, сделанным в конце § 7.1; см. также
задачу 7.4.)
Теорема 9.3. Если в трёхгранном угле два плоских угла
равны, то проекция их общего ребра на плоскость третьего
плоского угла принадлежит прямой, содержащей
биссектрису этого угла.
Следствие 8. Пусть AiA2..-AnBiB2.~Bn — наклонная
призма, в которой боковое ребро А\В\ образует равные
углы со сторонами А\А2 и А\Ап основания. Тогда
вершина В\ проектируется в точку на прямой, содержащей
биссектрису угла А*ьА\Ап.
^Окружность называется вневписанной в многоугольник, если её
центр равноудалён от всех прямых, содержащих его стороны, и лежит
вне многоугольника. Можно доказать, что у всякого треугольника
существуют три вневписанные окружности, а у четырёхугольника — не
более одной. У выпуклого многоугольника с числом сторон, большим
четырёх, вневписанных окружностей нет.

278
Глава 9* Решение задач
Теорема 9.4. Если в треугольной пирамиде все плоские
углы при вершине прямые или если имеются две пары
скрещивающихся перпендикулярных рёбер, то вершина
проектируется в ортоцентр основания пирамиды.
(См. примеры 4.5 и 4.7.)
Приведём теперь несколько примеров, в которых
используются эти теоремы.
Пример 9.2. Основание пирамиды SABC — треугольник
ABC, в котором АС = ВС = а, АВ = Ь. Все боковые рёбра
пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 60°.
Найти объём пирамиды.
Решение. По теореме 9.1 основанием высоты пирамиды
служит центр О окружности, описанной около
треугольника ABC. Найдём радиус R этой окружности. По теореме
/ ft2 1
�