Text
                    В.А.ГУСЕВ В.Н.ЛИТВИНЕНКО А.Г. МОРДКОВИЧ
ПРАКТИКУМ
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
ГЕОМЕТРИЯ
Учебное пособие для студентов
физико-математических специальностей
педагогических институтов и учителей
Утверждено
Министерством образования
Российской Федерации
2-е издание, переработанное и дополненное
МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 1992


ББК 22.151 Г96 Рецензент: доктор физико-математических наук, профессор А. С. Солодовников Гусев В. А. и др. Г96 Практикум по элементарной математике: Геометрия: Учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ин-тов И учителей / В. А. Гусев, В. Н. Литвиненко, А. Г Морд- кович.— 2-е изд., перераб. и доп.— М.: Просвещение, 1992.— 352 с: ил.— ISBN 5-09-003840-6. Цель настоящего пособия — оказать студентам и учителям конкретную помощь в развитии умения решать математические задачи школьного курса. Наличие теоретического материала и подробно разобранных примеров даст возможность использовать это пособие абитуриентам, изучающим этот курс самостоятельно. 1-е издание вышло в 1985 г. под названием «Практикум по решению математических задач. Геометрия». Г 27-92 (КБ-3.-.99.) ББК 12.151 Учебное издание Гусев Валерий Александрович Литвиненко Виктор Николаевич Мордкович Александр Григорьевич ПРАКТИКУМ ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ ГЕОМЕТРИЯ ^ Зав. редакцией Т Л. Бурмистрова Редакторы Г Л. Шалимова, Т Ю. Акимова Младшие редакторы Л. И. Заседателева, Т Ю. Фёдорова Художники В. В. Костин, Б. Л. Николаев Художественный редактор Ю. В. Пахомов Технический редактор С. С. Я Пушкина Корректоры Г Мосякина, И. К^орогодина ИБ № 13874 Сдано в набор 05.09.91. Подписано к печати 08.07.92. Формат 60X90'/if» Бум. офсетная № 2. Гарнитура литературная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 22,0+ + 0,25 форз. Усл. кр. отт. 22,69. Уч.-изд. л. 22,59 + 0,37 форз. Тираж 59 000 экз. Заказ 130. Цена Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Министерства печати и информации Российской Федерации. 129846,.Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, ,41. Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат\ Министерства печати и информации Российской ФеДёр^ц^и. 410004, Саратовj ул. Чернышевского, 59. ч ^г^ (С) Издательство «Просвещение», 1985. ,7WDN © Гусев В. А., Литвиненко Ц. Н., ISBN 5-09-003840-6 Ч^Г Мордкович А. Г., 1992
ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящее пособие предназначено для студентов математических и физико-математических специальностей педагогических институтов и может быть также использовано в работе учителями математики. Авторы стремились к тому, чтобы в нем были представлены основные типы школьных геометрических задач. Таким образом, в пособии помещено более 1000 различных по степени трудности задач. Наряду с задачами, достаточно простыми, носящими тренировочный характер, имеются задачи, для решения которых потребуются определенные навыки, а иногда и способность к нестандартному мышлению. ^ Решение значительной части задач поможет студенту в приобретении одного из важнейших навыков профессиональной подготовки будущего учителя математики — навыка решения геометрических задач в соответствии с требованиями программ по математике средней общеобразовательной школы. Приемы и методы решения геометрических задач рассматриваются в различных разделах курса геометрии, изучаемого в пединститутах. Однако традиционным методам уделяется недостаточное внимание, и восполнение этого пробела — одна из целей, которая ставилась авторами при создании предлагаемого пособия. Отметим, что книга, представляя собой практикум по решению задач (каждый параграф содержит теоретический материал и решение типовых задач), вместе с тем является и сборником задач (в конце каждого параграфа помещены задачи для самостоятельного решения по теме этого параграфа). Подбирая примеры, авторы стремились систематизировать их таким образом, чтобы охватить основные типы школьных геометрических задач и методы их решения. Наряду с традиционными методами авторы в некоторых случаях предлагают и новые подходы к решению примеров. Книга состоит из двух глав. Первая глава посвящена планиметрии. В § 1 этой главы рассматриваются основные методы решения геометрических задач. При этом методы геометрических преобразований, векторный и координатный, рассматриваются наряду с традиционными. В § 2—4 включены разнообразные планиметрические задачи. Решение их, как показывает практика, является одним из слабых мест в профессиональной подготовке студента.
Два параграфа (§ 5 и 20) посвящены геометрическим задачам на отыскание наибольших и наименьших значений. Обычно считают, что эти задачи должны рассматриваться в курсе математического анализа. Однако в указанном курсе основное назначение этих задач — демонстрация прикладной роли дифференциального исчисления (акцент делается на решение задачи внутри составленной математической модели и в меньшей степени на само составление модели и ее интерпретацию). Включая в настоящее пособие ту или иную задачу на отыскание наибольшего или наименьшего значения, авторы имели в виду то обстоятельство, что каждая задача должна быть интересной прежде всего с геометрической точки зрения (акцент делается на конструирование модели и ее интерпретацию). Вторая глава посвящена решению стереометрических задач. Авторы убеждены, что стереометрические задачи нельзя успешно решать, минуя задачи на построение в пространстве и в особенности на построение на изображениях пространственных фигур. При этом, естественно, необходимо уделить внимание и так называемым воображаемым построениям (иллюстративные чертежи), которые выполняются при изложении начальных сведений стереометрии, и эффективным построениям (решающие чертежи), которые выполняются при изложении последующих разделов. Решение позиционных задач на построение в пространстве и на изображениях многогранников является, на наш взгляд, необходимым практическим дополнением при изучении аксиом стереометрии и темы «Параллельность прямых и плоскостей в пространстве». Решение метрических задач на построение в пространстве и особенно на изображениях многогранников должно дополнять теоретическую часть темы «Перпендикулярность прямых и плоскостей в пространстве». Умение решать такие задачи потребуется затем при нахождении угла между прямой и плоскостью, угла между плоскостями, двугранного угла, площади сечения и т. д. Авторы считают, что стереометрические задачи на построение должны решаться сначала как самостоятельные задачи (а не в связи с необходимостью, например, подсчитать величину какого-нибудь угла или какое-нибудь расстояние в многограннике). Решение таких задач способствует развитию пространственных представлений. Навыки выполнения построений в пространстве, разумеется, «сработают» в дальнейшем — при решении последующих задач, особенно таких, где требуется выполнять дополнительные построения. Исходя из изложенных соображений, авторы дают во второй глазе необходимую информацию о полных изображениях (§ 6), рассказывают о простейших построениях в пространстве (§ 7), о различных методах решения позиционных задач на изображениях многогранников (§ 8), затем сообщают основные сведения о метри-
чески определенных изображениях (§ 9), об основных методах решения метрических задач на построение в пространстве (§ 10) и на изображениях многогранников (§ 11). Все примеры, а также упражнения для самостоятельного решения в § 6—11, а также в § 12—16 являются новыми, составленными специально для настоящего пособия. Много новых примеров и упражнений и в последующих параграфах второй главы. Упражнения для самостоятельного решения даются во второй главе преимущественно блоками — по три задачи в каждом номере. Как правило, внутри каждого блока задачи расположены по нарастанию трудности. Значительное внимание при решении примеров в § 6—11 уделяется изложению способов построения в пространстве, ранее не освещавшихся в методической литературе (способ выносных чертежей, вычислительный и векторно-координатный способы). Применение этих способов позволяет более полно использовать аппарат параллельного проектирования при решении стереометрических задач. Структура и содержание книги, порядок изложения материала обсуждались авторами совместно. Работа по написанию книги распределилась между авторами так: введение написано В. Н. Литвиненко и А. Г Мордковичем, ими же написан § 19 (пп. 1 и 2 — А. Г Мордковичем, п. 3 — В. Н. Литвиненко), § 2—4 написаны А. Г Мордковичем (при этом были использованы материалы, подготовленные В. А. Гусевым), § 5 и 20 написаны А. Г. Мордковичем, а § 6—18 — В. Н. Литвиненко. Авторы
§ 1. ВВЕДЕНИЕ (О методах решения геометрических задач) Основными методами решения геометрических задач (не являющихся задачами на построение) можно считать следующие три метода: геометрический, алгебраический и комбинированный. Напомним суть этих методов и рассмотрим примеры их применения. Геометрический метод чаще всего используется при решении задач на доказательство. Требуемое утверждение при этом выводится из ряда известных теорем с помощью логических рассуждений. Заметим, что при этом во многих случаях приходится устанавливать равенство двух отрезков (или углов) Укажем основные пути доказательства равенства двух отрезков: — рассматривают эти отрезки как стороны двух треугольников и доказывают, что треугольники равны, а рассматриваемые отрезки являются в них соответственными сторонами; — рассматривают эти отрезки как стороны одного треугольника и доказывают, что он является равнобедренным треугольником, а рассматриваемые отрезки являются его боковыми сторонами; — заменяют отрезок а равным ему отрезком а', отрезок b — равным ему отрезком Ъ' и доказывают равенство отрезков а' и Ь'. При решении геометрических задач обычно приходится выполнять различные дополнительные построения. Укажем некоторые из них: проведение прямой, параллельной или перпендикулярной одной из имеющихся на рисунке; удвоение медианы треугольника с последующим достраиванием треугольника до параллелограмма; проведение вспомогательной окружности; проведение радиусов в точки касания двух окружностей или окружности и прямой и т. д. К геометрическому методу относится и метод геометрических преобразований (симметрия центральная и осевая, параллельный перенос, поворот, гомотетия). Суть алгебраического метода может состоять в том, что лс- комая величина находится с помощью уравнения (или системы уравнений), составленного по условию задачи. Естественно, при составлении уравнения используются различные геометрические факты, формулы, теоремы. Например, пропорциональность соответственных элементов в подобных фигурах, формула для опреде-
ления косинуса угла треугольника, теорема Пифагора и т. д. Наиболее распространенным путем получения уравнения является выражение какой-либо величины двумя независимыми способами. Такую величину называют опорным элементом, а алгебраический метод в этом случае называют также методом опорного элемента. В качестве опорного элемента могут быть использованы длина отрезка (или квадрат длины отрезка, или сумма отрезков), площадь фигуры, объем фигуры. Если, в частности, опорным элементом является площадь фигуры, то говорят, что применяется метод площадей. Разумеется, при составлении уравнения могут быть избраны также векторный, или координатный, или векторно-координатный пути. В этом случае говорят о применении соответственно векторного, или координатного, или векторно-координатного методов. В качестве опорного элемента тогда могут быть использованы разложение вектора по неколли- неарным векторам, длина вектора, расстояние между двумя точками. Отметим еще, что если фигура, о которой идет речь в задаче, задана с точностью лишь до подобия, то для составления уравнения может оказаться целесообразным введение так называемого вспомогательного параметра. Чаще всего в качестве вспомогательного параметра принимают длину какого-нибудь отрезка (или длину вектора, или расстояние между двумя точками). После введения вспомогательного параметра, как обычно, находят выражения опорного элемента двумя независимыми способами. Приравнивая полученные выражения, приходят к уравнению. При решении некоторых задач оказывается целесообразным для нахождения искомой величины найти сначала некоторую другую величину. Такую величину называют вспомогательной неизвестной. В качестве вспомогательной неизвестной может быть выбрана длина некоторого отрезка, величина какого-то угла и т. д. Вспомогательная неизвестная величина может быть введена также и при составлении системы уравнений. Разумеется, уравнение может быть составлено не только путем уравнивания двух независимых выражений опорного элемента, а и, например, из соображений подобия или путем использования других зависимостей между элементами геометрических фигур. К алгебраическому методу следует отнести и так называемый метод прямого счета, называемый также поэтапно-вычислительным методом, который состоит в поэтапном нахождении ряда промежуточных (вспомогательных) величин, с помощью которых находят затем и искомые величины. Естественно, при нахождении промежуточных величин могут быть использованы различные геометрические факты, формулы и теоремы, а также сведения из векторной алгебры, координатные соображения.
Отметим теперь в заключение этого краткого обзора методов решения геометрических задач, что при решении конкретной задачи, конечно, нет необходимости применять какой-либо метод в «чистом» виде. На каком-то этапе решения может быть применен, например, метод прямого счета (поэтапно-вычислительный метод), после чего составляется, например, уравнение методом опорного элемента и, наконец, геометрическим методом доказывается некоторое требуемое утверждение. В подобных случаях говорят, что задача решается так называемым комбинированным методом. Перейдем к рассмотрению примеров. Пример 1. Две взаимно перпендикулярные прямые пересекают стороны АВ, ВС, CD и DA квадрата ABCD соответственно в точках £, F, К. L. Докажем, что EK = FL (рис. 1) Решение. Используя первый из указанных выше путей для доказательства равенства двух отрезков, проведем FM\\CD и KP\\AD. Тогда интересующие нас отрезки ЕК и FL станут сторонами двух прямоугольных треугольников ЕКР и FLM, и, значит, достаточно доказать равенство этих треугольников. Имеем PK = FM (как высоты квадрата), /_LFM= AEKP (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами). Значит, АЕКР= AFLM (по катету и острому углу). Из равенства прямоугольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т. е. отрезков ЕК и FL. Пример 2. Докажем, что ортоцентр остроугольного треугольника совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник, образованный основаниями высот. Решение. Поскольку центром вписанной в треугольник окружности является точка пересечения биссектрис, то задача сводится к тому, чтобы доказать, что DH, EH, KH — биссектрисы треугольника DEK (рис. 2). Для этого достаточно доказать, что AEDH=AHDK. Рассмотрим четырехугольник DHKC. Имеем АНDC = 90°, АНКС = 90° Значит, Z.HDC + АНКС = 180°, а потому около четырехугольника можно описать окружность. В \F А М Л Рис. Рис. 2
Рис. 3 Описав эту окружность, заметим, что углы HDK и НСК равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу НК. Аналогично, описав окружность около четырехугольника AEHD, заключаем, что /_ЕАН= AEDH. Итак, AEAH=AEDH, AHDK=AHCK. Но углы ЕАН и НСК равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Значит, /LEDH= /LHDK, что и требовалось доказать. Пример 3. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC вне его построены квадраты ABDE и ВСКМ. Докажем, что отрезок DM в два раза больше медианы ВР треугольника ABC (рис. 3). Решение. Так как надо доказать, что DM = 2BP, то целесообразно удвоить медиану ВР, достроив ААВС до параллелограмма АВСТ, а затем доказать, что DM = BT Для доказательства равенства отрезков DM и ВТ нужно рассмотреть эти отрезки в качестве сторон двух треугольников и доказать равенство этих треугольников. В соответствии с намеченным планом выполним решение задачи. Удвоим медиану ВР, достроив ААВС до параллелограмма АВСТ Рассмотрим треугольники DMB и ВСТ Имеем ВМ = ВС как стороны квадрата ВМКС, DB = CT (более подробно: DB = = АВ как стороны квадрата и ЛВ = СТ как противолежащие стороны параллелограмма. Значит, DB = CT), Z.DBM= АВСТ (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами). Значит, ADBM=x А ВСТ (по двум сторонам и углу между ними), а потому DM = BT Так как ВГ=2ВР, то из DM = BT следует, что DM = 2BP Пример 4. В треугольнике АВС проведены медианы АА\, BBi, CCi, пересекающиеся в точке М. Точки Р, Q, R — соответственно середины отрезков AM, BM, СМ. Докажем, что треугольники А\В\С\ и PQR равны (рис. 4).
Решение. Отобразим треугольник А\В\С\ симметрично относительно точки М. Тогда, так как МВ\=— ВМ, точка отобразится в точку Q; аналогично точка А\ отобразится в точку Р и точка С\ — в точку R. Треугольники А\B\C\ и PQR центрально- симметричны относительно точки Му а потому равны. При решении примера 4 мы использовали преобразование симметрии. Вернемся к примеру 3 и покажем, как эту задачу можно было бы решить с помощью преобразования поворота. Осуществим поворот плоскости вокруг точки В на 90° в направлении против часовой стрелки (рис. 5). Тогда треугольник ABC отобразится в треугольник А'ВМ\ сторона ВС после поворота на 90° совместится со стороной ВМ, а АВ займет положение отрезка А'В, служащего продолжением отрезка DB\ медиана ВР отобразится в медиану ВР' треугольника А'ВМ. В треугольнике DMA' имеем МР' = Р'А' и DB = BA' (более подробно: DB = BA, ВА = ВА'). Значит, ВР' — средняя линия треугольника DMA' а потому BP'=—DM. Но ВР'= ВР Значит, и BP = -j-DM. Рассмотрим еще один пример, решаемый также методом геометрических преобразований. Пример 5. Даны четырехугольник ABCD и точка S, не являющаяся серединой ни одной из сторон этого четырехугольника. Докажем, что точки, симметричные точке S относительно середин сторон четырехугольника ABCD, являются вершинами параллелограмма. Решение. Пусть серединами сторон четырехугольника ABCD являются точки К, L, М и N, а точки, симметричные точ- Рис. 6 10
ке S относительно них,—это соответственно точки К\, Lu М\ и N\ (рис. 6). Выполним гомотетию Hks плоскости с коэффициентом k = — Получим Так как при гомотетии параллельность прямых сохраняется, то задача свелась к необходимости доказать, что четырехугольник KLMN — параллелограмм. Но это доказывается просто. Действительно, в треугольнике ABC KL — средняя линия, т. е. KL\\AC и KL = — AC. Аналогично в треугольнике ADC NM— средняя линия, т. е. NM\\AC и NM = ±-AC. Таким образом, KL\\MN и KL = MN Это значит, что четырехугольник KLMN параллелограмм. Тогда и четырехугольник K\L\M\N\ — параллелограмм. Рассмотрим теперь несколько задач, решение которых сводится к непосредственным вычислениям с помощью различных формул геометрии. Пример 6. В параллелограмме ABCD, у которого ЛВ = а, ВС = Ь (афЬ) и /LBAD = ay приведены биссектрисы внутренних углов. Найдем площадь четырехугольника, ограниченного этими биссектрисами. Решение. Пусть биссектрисами внутренних углов параллелограмма ограничен четырехугольник KLMN (рис. 7). Выясним прежде всего вид этого четырехугольника. Так как AD\\BC, ^MAD = -^- и ABCK=-f> ™ AM\\CK. Аналогично BK\\DM. Таким образом, четырехугольник KLMN — параллелограмм. Далее, так как /_ВАМ=—, /_АВК=т°~а , то в треугольнике ABN zLj4BjV=180°—-—180°~а==90° Значит, и AMNK = 90° Тогда параллелограмм KLMN является прямоугольником. Поэтому его площадь равна: S = MN-NK.
Итак, для определения искомой площади необходимо подсчитать стороны MN и NK прямоугольника KLMN Сделаем это поэтапным вычислением. Из прямоугольных треугольников ABN и AMD имеем соответственно AN = a cos -^-, AM = b cos -y- Тогда MN = AM-AN = {b-a) cos -|- Аналогично из прямоугольных треугольников ABN и ходим: BiV = a sin-^-, BK = bsm — Тогда NK = BK — BN = (b —a) s'm-j- Искомая площадь: наАппарат векторной алгебры позволил создать особый метод решения различных геометрических задач. Этот метод не является универсальным. В таблице даны примеры использования векторного языка для формулировки и доказательства некоторых геометрических утверждений или вычисления геометрических величин. Что требуется (на геометрическом языке) 1. а||6 2. Точки А, В и С принадлежат прямой а 3. а±Ь 4. Вычислить длину отрезка 5. Вычислить величину угла Что достаточно сделать (на векторном языке) AB = kCDy где отрезки А В и CD принадлежат соответственно прямым а и b\ k — число. В зависимости от выбора АВ и CD возникают различные игорные соотношения, среди которых выбираются подходящие а) Установить справедливость одного из следующих равенств: AB = kBC, или AC = kBC, или AC = kAB. б) Доказать равенство QC = pQA-\-qQBt где p-\-q= 1 и Q — произвольная точка AB-CD = 0, где точки А и В принадлежат прямой а, а точки С и D — прямой Ь Превратить искомый отрезок а в вектор а и воспользоваться формулой a2=|a|2 = (a)2 Выбрать на сторонах угла векторы а и b и воспользоваться формулой cos (a, b)= la|.|6l 12
Рис. 8 Рис. 9 Вернемся к рассмотренному выше примеру 5 и покажем, как можно его решить векторным методом. Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник, К\, Li, M\ и N\ —точки, симметричные точке S относительно середин соответственно отрезков АВ, ВС, CD и AD (рис. 8). По правилу параллелограмма имеем SK\=SA-\-SB, SL\ = = SB + SC, SMt^SC + SD, SNX=SD + SA. _^ _^ _^ По определению разности векторов K\N\ = SN\ — SK\ и T Так как K^N{ — UM\ =(SN\ — SK\) — (SM\ — sX), то, используя исходные равенства, убеждаемся, что K\N\ — L\M\=0> т. е. K\N\ = L\M\. Следовательно, четырехугольник K\L\M\N\ —параллелограмм. Пример 7 Докажем, что высоты произвольного треугольника пересекаются в одной точке. Решение. Пусть АР, BQ и CL — высоты А АВС и Н — точка пересечения высот АР и BQ (рис. 9). Положим для краткости НА=а, НВ = Ь, НС = с. По определению разности векторов АВ = Ь — а, ВС = с — Ь, СА=а — с. Так как далее НА±ВС, то НА-ВС = 0, т. е. а (с — Ь) = 0, или аЬ = ас. (1) 13
Аналогично так как НВ1.СА, то Ь (а — с) = 0, откуда ab = bc. (2) Из равенств (1) и (2) следует, что ас = Ьс, или с (Ь — а) = 0. Это означает: НСА.АВ. Так как через данную точку проходит единственная прямая, перпендикулярная данной прямой, то из того, что НСА-АВ и CL1.AB, следует, что CL совпадает с СН. Итак, три высоты треугольника пересекаются в одной точке. Пример 8. В окружность со радиуса 1 вписан равносторонний треугольник ABC, и на этой окружности взята произвольно точка D. Найдем AD2-\-BD2-\-CD2 Решение. Введем на плоскости прямоугольную систему координат с началом в точке О, как это показано на рисунке 10. Тогда вершины треугольника имеют следующие координаты: Л(0; 1), s(f; --L) C(-f -±) Пусть точка D имеет координаты (л:; у). Тогда AD2-\-BD2 -f- Но точка D лежит на окружности со. Это значит, что х2 + у2= 1. Тогда AD2 BD2 CD2 Замечание. Приведем еще векторное решение этого примера: AD2-\- Рис. 10 14
Так как аЬ2 = ВО2 = СО2 = = б, то AD2 + BD2 Пример 9. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник, а точка О — основание высоты 50 пирамиды — является серединой стороны АВ и SO:AB = 3:2. На ребрах SC и SB взяты соответственно точки Р и Q — середины этих р&бер. Найдем угол между прямыми АР и CQ. Р р щ е н и е (рис. 11). Соединим точку О с точкой С. Так как SO — высота пирамиды, то S01.AB и SOA-OC. Кроме того, треугольник ABC правильный, поэтому С01.АВ. Таким образом, удобно выбрать прямоугольную систему координат Oxyz, как показано на рисунке. Примем сторону основания равной АВ=2. Тогда S0 = 3, 0С = ^[3. Найдем координаты нужных для дальнейших вычислений точек. Имеем О (0; 0; 0), С (-^3; 0; 0), /1(0; 1; 0), S(0; 0; 3), В (0; -1; 0), ; 0; -|-) Q (0; --L; -^-) Далее находим координаты векторов АР и CQ: Теперь прямым счетом находим: cos(>4P, CQ)=|cos(>4P, CQ)\ = Итак, угол между прямыми АР и CQ равен arccos 88 Рис. 11 Рис. 12 15
Замечание. Можно предложить и другой путь вычислений, не требующий введения координат. В плоскости SBC (рис. 12) через точку Р проведем прямую Py\\CQ и точку У соединим с вершиной А. Тогда угол АРУ треугольника АРУ равен искомому углу. Подсчитаем стороны треугольника АРУ С этой целью введем вспомогательный параметр, положив, например, АВ = 2а. , АВл[3 Находим далее, что 50 = За, 0А=а, SA=^JSO2 + 0Л=а У10, ОС =—7r-L-= = а-\/3, SC = ^SO2 + OC2 = 2a д/3. Затем, так как (2ЛР)2 + SC2 = 2 (AC2 + SA2), найдем, что АР = 2а. Из равенства (2CQ)2 + 5B2 = 2 (ВС2 + 5С2) найдем: ал/22 п-*(оо 2 ' 4 Из треугольника АВУ по теореме косинусов АУ2 = АВ2-\-ВУ2 — 2АВ-ВУХ ХсобАВУ ОВ а -л/ТО „,,2 53а2 -i—-, то получим ЛК2 = —-— 1U о Так как cos /.АВУ = cos J И наконец, применяя к треугольнику ЛР1/ теорему косинусов, получим Р.РУ. ^б— = АР2 + РУ2-2АР.РУ.cos АРУ, или ^ = 4a2+^-2-2a-^ о 1Ь 4 откуда cosj4P1/= получили cos APV<cO. Это значит, что угол АРУ дополняет угол между прямыми АР и CQ до 180° Таким образом, угол между прямыми АР и CQ равен arccos 5у22 88 Пример 10. Стороны треугольника равны a, b и с. Вычислим высоту hc, проведенную к стороне с. Решение. Выразим СН2 двумя способами. / способ. Высота hc является общим катетом двух прямоугольных треугольников АСН и СНВ (рис. 13). Воспользовавшись теоремой Пифагора, выразим СН2 из ААСН (СН — опорный элемент). Положим АН = х, тогда ВН = с — х. (Если бы аАСВ был тупоугольным, то было бы ВН = с-\-х (рис. 14); ограничимся здесь случаем, представленным на рисунке 13.) Из ААСН находим: СН2 = Ь2-х2 В И Рис. 14 16
// способ. Из АВСН находим: СН2 = а2 — (с — х)2. Приравнивая найденные для СН выражения, получаем уравнение Ь2 — х2 = а2 — (с — х)2у откуда х = с ~^~ ~а . Теперь из аАСН находим: Итак, Тс • В качестве опорного элемента может быть использована и площадь. Приведем решение этого примера методом площадей. С одной стороны, площадь треугольника ABC равна -у/р(р — а)(р — Ь)(р — с\ а с другой стороны, она же равна —chc. Приравняв эти выражения, получим уравнение, из которого найдем: Подставив вместо р его выражение через стороны p = aJrb получим Пример 11. Стороны треугольника равны а, Ь и с. Найдем биссектрису /с, проведенную к стороне с. Решение. / способ (алгебраический). Пусть CD — биссектриса A ABC (рис. 15). План решения: найдем длины отрезков AD и BD, а затем, применив к треугольникам ACD и BCD теорему косинусов (учтя при этом, что AACD='/.DCB), найдем биссектрису: lc = CD. Положим AD = x, BD = y. Тогда х-\-у = с, а по свойству биссектрисы треугольника —=—. Из системы уравнений (х + у = \ JL=± \ у а 17
D Рис. 15 D Рис. 16 Применив к AADC теорему косинусов, получим x2 = b2 + l2-2blcost (1) (здесь мы для краткости положили /с = / и AACD= /LDCB = t). Применив к A BCD теорему косинусов, получим у2 = а2 + /2 — 2а/ cos t. (2) Умножим обе части равенства (1) на а, а обе части равенства (2) — на ( — Ь) и сложим полученные в результате этих умножений равенства: ах2 — Ьу2 = аЬ2 — а2Ь-\-а12 — Ы2, откуда находим: (3) а — Ь Подставим в равенство (3) найденные выше значения х и у. (Щ i Получим 12=( _ab(a + b + c)(a-\-b-c) {a + bf (a (a + bf Итак 1С= a + b II способ. Кроме искомой неизвестной величины /, введем вспомогательную неизвестную величину: положим х= Z^ACD = = Z.DCB и воспользуемся методом площадей. Имеем SABC=± = Sacd + Sbcd- С одной стороны, SABC=-^-ab sin 2x. С дру*- гой стороны, так как Sacd=~y Ы sin x, SfiCD=-|- al sin x, то Значит, -f 2 ? откуда /= in2jc ? откуда / 2 a-\-b Для отыскания cos x применим теорему косинусов к треуголь-. нику ABC для стороны АВ. Получим c2 = a2-f Ь2 — 2ab cos 2x, 18
откуда находим: cos 2л: = — — Тогда cosa:=~\/—+CQS x _ J 2ab V 2 . / 1 _ 1 _^ / "TV В итоге получаем / 2ab cos х 2ab a + b a + b 2 c)(a + b — c) __ —c) При составлении уравнений в процессе решения геометрической задачи нужно иметь в виду, что успех решения часто зависит от удачного введения переменных. Поясним эту мысль на следующем примере. Пример 12. В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна с, а биссектриса одного из острых углов равна ^^- о Найдем катет (рис. 16) Решение. / способ. Положим АС = х, ВС = у, CD = z. Тогда по теореме Пифагора х2 + у2 = с2 и x2 + z2=(^^- j Кроме того, по теореме о биссектрисе треугольника имеем ACCD = т е -£-=—5- АВ DB ' с //-z В итоге мы получили систему трех уравнений с тремя переменными: решение которой сопряжено со значительными алгебраическими трудностями. II способ. Положим Z.CAD= /-BAD = x. Составим уравнение, использовав отрезок АС как опорный элемент. Из треугольника ABC находим: j4C = ccos2a:, из треугольника ACD имеем АС = ■£-*- cos х. Приравняв эти выражения, получим тригоно- о метрическое уравнение с cos 2x = ±-xz. Cos x. Решим это уравнение: д/3 cos 2x = cos x, д/3 (2 cos2 x—1) = = cosx, 2-\/3cos2a: — cos x—-\/3 = 0, откуда 19
Так как по смыслу задачи cosa:X3, то получаем cosx = :^- Значит, угол BAD равен 30°, а угол ВАС равен 60° В итоге получаем Пример 13. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла С проведены высота и медиана. Угол а между ними равен arccos — Найдем отношение катетов (рис. 17). Решение. Заметим прежде всего, что по условию cos а =|р т. е. ■££-= — Решим задачу методом введения вспомогатель- СМ 41 ного параметра. Положим CK = h. Тогда Так как в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, то = CM = MB = — h. 40 Тогда AK = AM-KM=^h-±h=±, 40 вс= Пример 14. В равнобедренном треугольнике ABC угол С при вершине равен 100° Построены два луча: один — с началом в точке А под углом 30° к лучу АВУ другой — с началом в точке В под углом 20° к лучу В А. Эти лучи пересекаются в точке М. Найдем углы АСМ и ВСМ. Решение. Соединим точки МиСи обозначим угол АСМ через х. Опустим из точки М перпендикуляры на стороны треугольника: MCiJ-ЛВ, МВ{±АС, МА1±ВС (рис. 18) Введем вспомогательный параметр, положив СМ = а, и подсчитаем МС\ двумя способами, т. е. используем МС\ как опорный элемент. Рис. 18 20
Из треугольника СМВ\ находим: МВ\ = МС sin х = а sin x. Так как ААСВ= 100°, а треугольник ABC по условию равнобедренный, то АСАВ=ААВС = 40° Значит, АСАМ =10° Из треугольника АМВ{ находим: АМ= MB Нако- , имеем AfCi=i4Af sin30° = 0flsin*0 2 sin 10° sin 10° sin 10° нец, из треугольника А Рассмотрим треугольник СМА\. В нем /LMCA\ = \00°—х. Значит, МА\ = СМ sin (100° — х) = а sin (100° — х). Так как /-МВС = 40° — 20° = 20°, то треугольники ВМС\ и ВМА\ равны, а потому МС\ =МА\ = а sin (100° — х). Приравняв найденные для МС\ выражения, получим тригонометрическое уравнение —asm xo =a sin (100° — х). Из этого уравнения последовательно находим: sinx = = 2 sin (100° — х)-sin 10°, sin х = cos (90° — х) — cos (110° — х), cos(110° —*) = 0, л: = 20° Пример 15. В треугольнике ABC проведена высота СН. Найдем отношение АН:АВ, если известно, что АВ:ВС:АС = = 4:2:3. Решение (рис. 19). Введем неизвестную АН = х и вспомогательный параметр ВС = 2а (меньшая из сторон треугольника ABC). Тогда АВ = 4а, АС = За. Выразим двумя способами СН2 (принимая, таким образом, СН2 за опорный элемент) / способ. Из прямоугольного треугольника АСН II способ. Из прямоугольного треугольника ВСН В итоге получаем уравнение 9a2 — x2 = 4a2 — (4a — xf откуда = ^- Тогда АН:АВ = ^2-:4а, т. е. АН:АВ = 21:32. 8 8 Рис. 19 Рис. 20 21
Замечание. Мы рассмотрели решение с опорным элементом СН2 Выберем теперь в качестве опорного элемента площадь треугольника ABC, в качестве неизвестной СН = х, а в качестве вспомогательного параметра £С = 2а. Получаем 1 2) 5^с Таким образом, приходим к уравнению 2ах Тогда ^^ = V^C2-C^2 = V9a2-^2= "\/9а2-^-а2=^- Следовательно V Ь4 Рассмотрим еще пример, для решения которого в качестве опорного элемента целесообразно принять объем многогранника. Пример 16. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный треугольник и АС = ВС = АА\=а. Найдем расстояние между прямыми А\С и ВС\. Решение (рис. 20) В плоскости грани АА\С\С через точку С\ проведем прямую C\D\\A\C и соединим точку D с точкой В. Ясно, что прямая А\С параллельна плоскости C\DB. Поэтому расстояние от любой точки прямой А\С до плоскости C\DB равно искомому расстоянию между скрещивающимися прямыми А\С и ВС\. Найдем расстояние от точки С до плоскости C\DB. Это расстояние равно высоте пирамиды CC\BD, проведенной из вершины С. Положим это расстояние равным х и выразим двумя способами V — объем пирамиды CC\BD, т. е. примем V за опорный элемент. / способ. Будем считать основанием пирамиды треугольник C\DB. Нетрудно убедиться, что в этом треугольнике BC\ = C\D = = BD = a-\/2. Тогда V = — л // способ. Будем теперь считать треугольник BCD основанием пирамиды CC\BD. Тогда V = -^-CC\-SBCD = -^- о Таким образом, получаем уравнение Итак, расстояние между прямыми А\С и ВС\ равно а л/3 3 Мы рассмотрели примеры, в которых уравнения составлены с помощью опорного элемента. Рассмотрим теперь примеры, в которых уравнения составляются из других соображений. 22
Пример 17 Диаметр АВ окружности со с центром в точке О перпендикулярен ее диаметру CD. На отрезке ОВ взята точка /( — такая, что О К :ОВ =1:3, а на отрезке OD взята точка М — середина этого отрезка. Докажем, что точка пересечения прямых СК и AM лежит на окружности со. Решение (рис. 21). Пусть прямые С К и AM пересекаются в точке F Опустим из точки F перпендикуляр FL на прямую АВ. Примем FL = x. Тогда из подобия треугольников ОС К и KFL ясно, Далее, из подобия треугольников AFL и АМО получаем *++ уравнение ^-= R (/? —радиус окружности) Из это- го уравнения находим: х = -^- Подсчитаем теперь OL2 + FL2 о Получаем (—+Щ ) +(^гЧ =R2 Это значит, что точка F ле- \ 3 15 / \ о / жит на окружности со. При решении некоторых задач алгебраическим методом уравнение (или система уравнений) может быть составлено также из координатных соображений. Так, вернемся к только что рассмотренному примеру. Полагая радиус окружности со равным 1, введем на плоскости прямоугольную систему координат с началом в точке О, как это показано на рисунке 22. Тогда О (0; 0), В (1; 0), D (0; 1), С (0; — 1), А(—1; 0), К(— 0] М(0; —J Координаты точки F примем равными соответственно х и у. Так как точка F лежит на прямой С/С, то ее координаты удовлетворяют уравнению прямой СК, т. е. уравнению Рис. 22 23
Так y = 3x—l. (1) Так как точка F лежит на прямой AM, то ее координаты удовлетворяют уравнению прямой AM, т. е. уравнению 1 у, 1 /Оч Решая систему уравнений, составленную из уравнений (1) и (2), находим: х = -^-, у = -^. 5 о (о \2 / а \ 2 — ) +(—) = 1, то точка F лежит на окружности (О. Уравнение (или система уравнений) может быть составлено также из векторных соображений. Проиллюстрируем это на следующем примере. Пример 18. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC взяты соответственно точки L, N w К — такие, что AL:AB = = 1:4, BN:BC = AK:AC = 2:3. Прямые LK и AN пересекаются в точке D. Найдем отношение AD:AN. Решение (рис. 23). Выразим вектор AD двумя способами, т. е. примем его за опорный элемент. Примем за неизвестную отношение 4ггг=х. Введем также вспомогательную неизвестную, AN приняв -!==у. Таким образом, AD = x-AN и LD = y-LK. По- LK ложим еще для краткости I способ.Так как AN = = а, АС = Ь. К С /А(О;а;О) У D(a;a;O) Рис. 23 Рис. 24 24
// способ. Так как LK=AK— AL = — b -а, то AD = AL + Так как разложение вектора по двум неколлинеарным векторам единственно, то получаем систему уравнений Из этой системы находим: * = -=- Итак, AD:AN = 3:73 т. е. AD:AN=3:7 Пример 19. Шар проходит через вершины А и С куба ABCDA\B\C\D\, ребро которого равно а, и через точки Р и Q — середины соответственно ребер ВВ\ и DD\. Найдем радиус шара. Решение. Введем в пространстве прямоугольную систему координат с началом в точке В, как показано на рисунке 24. Получаем В (0; 0; 0), С (а; 0; 0), А (0; а; 0), В, (0; 0; а), D (а; а; 0), P(<);0;f) Q(a;a;f) Пусть центром шара является точка S. Ее координаты примем равными х, у, z. Для составления уравнений воспользуемся очевидными равенствами: SA = SC = SQ = SP Таким образом, роль опорного элемента в этом примере выполняет искомый радиус шара. Получаем следующую систему уравнений: Из этой системы находим: х = у=—, z = — Тогда ^=Vf+f+^-f
Глава I ПЛАНИМЕТРИЯ Какой бы путь решения задачи ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения их применять. Не приводя здесь всех теорем планиметрии (большинство из них хорошо известны студентам: это признаки равенства произвольных треугольников, признаки равенства прямоугольных треугольников, различные свойства равнобедренного треугольника, параллелограмма, ромба, прямоугольника, теорема Фалеса, теорема Пифагора, соотношения между сторонами и углами прямоугольного треугольника, признаки подобия треугольников, теорема о равенстве дуг, заключенных между параллельными хордами окружности, и т. д.), считаем необходимым напомнить формулировки некоторых теорем, активно использующихся при решении задач,— ссылки на эти теоремы будут делаться в дальнейшем неоднократно. 1. ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ 1. Теорема о равенстве углов со взаимно перпендикулярными сторонами: если A ABC и /LDEF оба острые или оба тупые и ABA.DE, BCA.EF (рис. 25), то AABC=ADEF 2. Свойства средней линии трапеции: а) средняя линия параллельна основаниям трапеции; б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции; в) средняя линия (и только она) делит пополам любой отрезок, заключенный между основаниями трапеции (рис. 26). Рис. 25 26
Рис. 26 Рис. 27 Эти теоремы справедливы и для средней линии треугольника, если считать треугольник «вырожденной» трапецией, одно из оснований которой имеет длину, равную нулю. 3. Теоремы о точках пересечения медиан, биссектрис, высот треугольника: а) три медианы треугольника пересекаются в одной точке (ее называют центром тяжести или центроидом треугольника) и делятся в этой точке в отношении 2:1, считая от вершины; б) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке; в) три высоты треугольника пересекаются в одной точке (ее называют ортоцентром треугольника) 4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике: в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине. Верна и обратная теорема: если в треугольнике одна из медиан равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный. 5. Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника: биссектриса внутреннего угла треугольника делит сторону, к которой она проведена, на части, пропорциональные прилежащим сторонам: —=-т7 (рис. 27). о о 6. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике: если а и b — катеты, с — гипотенуза, h — высота, а' и Ь' — проекции катетов на гипотенузу (рис. 28), то: a) hr = a'b'\ б) а2 = са'- в) Ь2 = сЬ'- г) а2 + Ь2 = с2- д) h = ^- 7 Теорема косинусов: a2 = b2-\-c2 — 2bc-cos А (рис. 29) 8. Теорема синусов: —2—=—Цг-=—^тг=2/?, где R — ра- r J sin Л sin Б sin С диус описанной около треугольника окружности. 9. Определение вида треугольника по его сторонам: пусть a, b we — стороны треугольника, причем с — наибольшая сторона. Тогда: а) если с2<Са2-\-Ь2, то треугольник остроугольный; 27
с Рис. 28 Рис. 29 б) если с ==а -\-Ь , то треугольник прямоугольный; в) если с2>а2\-Ь2, то треугольник тупоугольный. 10. Теоремы Чевы: пусть в треугольнике ABC на сторонах АВ, ВС, АС взяты соответственно точки D, £, F Для того чтобы прямые АЕ, BF и CD пересекались в одной точке (рис. 30), необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство AD BE CF BD' СЕ ' AF = 1. 11. Метрические соотношения в параллелограмме: сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон: d? + di = 2a2 + 26 (рис. 31). 2. ОКРУЖНОСТЬ 12. Свойства касательных к окружности: а) радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной (рис. 32); б) две касательные, проведенные к окружности из одной точки, равны, и центр окружности лежит на биссектрисе угла между ними (рис. 33). 13. Измерение углов, связанных с окружностью: а) центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается; б) вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается; Рис. 30 Рис. 31 28
Рис. 32 Рис. 33 в) угол между касательной и хордой измеряется половиной дуги, заключенной между касательной и хордой. 14. Теоремы об окружностях и треугольниках: а) около всякого треугольника можно описать окружность; центром окружности служит точка пересечения перпендикуляров, проведенных к сторонам через их середины; б) во всякий треугольник можно вписать окружность; центром окружности служит точка пересечения биссектрис. 15. Теоремы об окружностях и четырехугольниках: а) для того чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма противолежащих углов четырехугольника была равна 180° (а + + (3=180° — рис. 34); б) для того чтобы в четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы противолежащих его сторон были равны (a-\-c = b-\-d — рис. 35). 16. Метрические соотношения в окружности: а) если хорды АВ и CD пересекаются в точке М, то АМ»ВМ = = CM-DM (рис. 36); б) если из точки М к окружности проведены две секущие МАВ и MCD, то AM-BM = CM.DM (рис.- 37); Рис. 34 d Рис. 35 29
Рис. 36 Рис. 37 Рис. 38 в) если из точки М к окружности проведены секущая МАВ и касательная МС, то АМ-ВМ = СМ2 (рис. 38). 3. ПЛОЩАДИ ПЛОСКИХ ФИГУР 17 Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия. 18. Если у двух треугольников равны основания, то их площади относятся как высоты; если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания. 19. Формулы для вычисления площади треугольника: f a) 5 = f;6) S= = ^; г) S = pr, где p= R — радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окружности; д) S = Vp (p — a)(p — b)(p — c) (формула Герона). 20. Формулы для вычисления площади выпуклого четырехугольника (рис. 39) a) S = SABC+SACD = SA S S + SBOc+Scod + Saod\ 6) S= — AC-BD-sin а; в) S = pr (если в четырехугольник можно вписать окружность иг — ее радиус). 21. Формулы для вычисления площади параллелограмма (рис. 40): а) S = ah\ б) S = ab sin С; в) S = -^did2 sin a. 22. Формула площади трапеции (рис. 41) S=a^~ h. D А Рис. 39 Рис. 40 30
а 'Рис. 41 Рис. 42 23. Формула площади кругового сектора (рис. 42): S = = — R2a (а— радианная мера центрального угла). 24. Формула площади кругового сегмента (рис. 43): S = .7=4-Я2 (a —sin а). § 2. ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ Пример 1. Основания трапеции а и Ь. Найдем длину отрезка, соединяющего середины диагоналей (рис. 44). Решение. Так как точка Р — середина диагонали АС, а точка К — середина диагонали BD, то точки Р и К лежат на средней линии трапеции EF (теорема 2в). Так как ЕК — средняя линия треугольника ABD, то ЕК= — линия треугольника ABC, то EP=-j- пп а — Ь ; так как ЕР — средняя В итоге получаем Z Пример 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника ABC, найдем сторону АС = Ь. Решение. По свойству медиан в треугольнике (теорема За) медианы пересекаются в одной точке М и делятся в ней в отношении 2:1, считая от вершины (рис. 45). Поэтому в /\АМС нам из- Рис. 43 A D Рис. 44 31
Е Рис. 46 су су вестны две стороны: АМ = — та, МС = — тс — и медиана MD 3 3 Рассмотрим ААМС. Удвоив его медиану MD, достроим треугольник до параллелограмма АМСР. Тогда по теореме 11 АС2-\- .-1-т2с, откуда У находим: b=—-\/2ml-\-2m2c— mi. о Пример 3. Найдем сумму квадратов медиан треугольника, если известны его стороны а, & и с. Решение. Пусть в ААВС АВ = с, ВС = а, СА = Ь (рис. 46). Тогда по определению суммы векторов AD = c-\--^-, ВЕ = а-\-—, Используя свойство скалярного квадрата, получим 4 ч Так как а-\-Ь-\-с = 6, то Таким образом, а2 -\-Ь2-\-с2-\-2 (с-а-\-а-Ь -\-Ь-с) = О, т. е. a2 + b2 + c2=-2(c-a + d.b+b-c). Итак, c-a + a-b-\-b-c =—а ~*~ ~*~г Подставляя полученное значение выражения с-а-\-а*Ь-\- -с, получим AD2 + BE2 + CF2 = -^-{a2 + b2 + c% так как 32
согласно свойству скалярного квадрата AD2 = AD2, ВЕ2 = ВЕ2 CF2 = CF2 Пример 4. Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит ее на части: 9 и 16 см. Из вершины большего острого угла треугольника проведена прямая, проходящая через середину высоты. Найдем длину отрезка этой прямой, заключенного внутри данного прямоугольного треугольника (рис. 47) Решение. Имеем СН2 = АН-ВН (теорема 6а) Значит, СН2 = 9-16, т. е. СН = 12 см. Из AADH находим: AD=^fdr+¥= = 3^/Т3 см. Проведем НМ\\АК и положим DK = x. Так как DK — средняя линия АНСМ, то НМ = 2х. Из подобия треуголь- ников НМВ и АКВ заключаем, что 7^ = 7^' т- е- / 1 / D 2х откуда х = - Итак, АК = - 16 25 см. 24 V13 17 75V13 17 Пример 5. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на одной стороне треугольника, а две другие вершины — на двух других сторонах треугольника. Найдем стороны прямоугольника, если известно, что его периметр равен 22,5 см. Решение. Прежде всего определим вид треугольника. Имеем 102= 100, 172 = 289, 212 = 441. Так как 212>102+172, то треугольник тупоугольный (теорема 9), а значит, вписать в него прямоугольник можно только одним способом: расположив две вершины на большей стороне (рис. 48) Найдем высоту ВН треугольника ABC. Применив метод, использованный нами в примере 10 из § 1 (или применив формулу, полученную в этом примере), находим: ВН = 8 см. Положим ED = x. Тогда £/7=11,25 — х (поскольку периметр прямоугольника DEFK равен 22,5 см), ВР = 8 — х. Треугольники BEF и ABC подобны. Значит, -—=— (в поле ВН добных треугольниках отношение соответственных высот равно ко- Рис. 47 2 За к 33
эффициенту подобия), т. е. П'25 *=!■-*■', откуда находим: х = 6. 21 о Итак, стороны прямоугольника 6 и 5,25 см. Пример 6. В треугольнике ABC известно, что угол А в два раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны АВ, а АС = 5 см. Найдем АВ и ВС. Решение./ способ. Проведем биссектрису AD угла А. Тогда получим, что Z-BAD= /LDAC= Z.ACB (рис. 49) В AADC углы при основании равны. Значит, этот треугольник равнобедренный: AD = DC. Положим АВ = х, AD = DC = y. Тог- Треугольники ABD и ABC подобны, так как Z.BAD= Z.BCA и Z-B у этих треугольников общий. Из подобия треугольников заключаем, ЧТО М==ёИ==АЦ т е _Л_:=х-\-2-у==Л_ ВС АВ АС ' х + 2 х 5 Для отыскания х и у получена система из двух уравнений с двумя переменными: i x-\-z о I v_L9 и и откуда Ьх+ \0 — 5у = ху. Вычтя второе уравнение из первого, получим 5у—\0 = 2у и у = -~. Значит, —^—= -?-) т# е х = 4. о х ~\~ 2, о Итак, АВ = 4 см, ВС = 6 см. // способ. Положим ZC = /, тогда ^Л=2/, /LB= 180° — 3/. Положим также АВ = х, тогда SC = jc + 2. По теореме синусов (теорема 8) имеем —-—= *~*~2 = v r 7 sin/ sin 2/ sin (180°-30 Получена система из двух уравнений с двумя переменными х и t: sin х "sin 2t ' 5 "sin 3/ (здесь воспользовались тем, что sin (180° — 3/) = sin 3t). в Рис. 49 34
Решим эту систему. Из второго уравнения получаем 5 sin / 5 sin / 5 х — . _ . — ~ sin 3/ 3 sin/ — 4 sin3/ 3 — 4 sin2/ Из первого уравнения системы находим: *±^=smJ^ т> е< \ _[_ х sin / о _ Н = 2 cos /. Подставив вместо х найденное выше его выражение через /, получим 1 + ~ Sln—= 2 cos /. Положим в этом три- о гонометрическом уравнении cos t = z. Получим 1+6~8^~2 ) = 5 = 2z, откуда z\=-^-, z2 = -^-, т. е. либо cos / = —, либо cos t = -^- о о Если cos t = — , то из Н =2 cos / находим: х = 4. 4 д: Если cos/ = -~, то из 1+— =2 cos / находим: 1+— = 1, че- 2 х х го не может быть. Итак, АВ = 4 см, ВС = 6 см. Замечание. Соотношение cos/=— означает, что / = 60°, тогда в треугольнике ЛВС получаем, что zlC = 60o, /LA=\20°, а этого не может быть. Пример 7 Точка К — середина стороны AD прямоугольника ABCD. Найдем угол между ВК и диагональю ЛС, если известно, что AD:AB = ^/2. Решение. Воспользуемся методом вспомогательного параметра. Положим АВ = а, тогда AD = a^J2. План решения задачи: выразим через а все стороны треугольника АМК (рис. 50) и применим теорему косинусов для стороны А /С. Это позволит вычислить косинус искомого угла АМК', обозначим его через х. Отрезки АО и ВК—медианы треугольника ABD. Значит, МК=—ВК, АМ = —АО (теорема За) Имеем о о 3 В треугольнике АМК имеем AK=^^, АМ=?^, МК~- I* Л/О I In глп/\п/М1Л |Г/\Л111М)ЛАП i rr* fk Г\ Г\ Г-k К Я О V \ Л If^ Л ЛЛ I АЛ К _ По теореме косинусов (теорема 7) АК2 = АМ2-\-МК2 т.е.
и о Рис. 51 Рис. 52 и далее ■£=-£+-£- cos х, откуда находим: = 0 и, следовательно, х = 90° Итак, угол между ВК и ЛС прямой. Пример 8. Докажем, что во всяком треугольнике ABC расстояние от ортоцентра до вершины В вдвое больше расстояния от центра описанной около треугольника окружности до стороны АС. Решение. Пусть ABC — остроугольный треугольник, точка Н — ортоцентр, точка О — центр описанной окружности, отрезки BD и АР—высоты, точки /С и L — середины сторон, О/С и OL — перпендикуляры к сторонам (рис. 51) Треугольники АВН и KOL подобны (ВН\\ОК, AH\\OL, AB\\LK). Значит, М=М Отрезок L/C — средняя линия ААВС. Значит, О/С L/C — = 2. Но тогда — = 2, что и требовалось доказать. L/C ОК Пусть ABC — тупоугольный неравнобедренный треугольник, причем сохранены обозначения предыдущего случая (рис. 52). R Н Из подобия треугольников АВН и KOL следует, что -qJ:= =М. = 2. Значит, ВН = 2ОК. LK На рисунках 51 и 52 проведена прямая Эйлера НО (см. упр. 63). Пример 9. Через центроид правильного треугольника в плоскости этого треугольника проведена прямая. Докажем, что сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до этой прямой не зависит от выбора прямой. Решение. Пусть прямая, о которой идет речь, образует с основанием АС треугольника ABC угол а (рис. 53) Положим 36
АО = ВО = СО = а. Выразим перпендикуляры к этой прямой AD, В К и СЕ через а и а, а затем докажем, что выражение AD2-\- -\-ВК2-\-СЕ постоянно при любом а. Z.OAC = 30° Значит, ^МЛО=150°, тогда /LDOA = 180° — — (а+150°) = 30° — а. Из ЛDOA находим: AD = OA sin /LAOD = = asin(30°-a). /LBOK= Z-MOP = 90° — a (из A MOP). Из ABOK находим: BK = BO sin Z_BOK = a sin (90° — a) = a cos a. Z_PO£ = 90° + a (как внешний для ДАЮР). Z.POC = 60°, тогда Z.CO£=Z.PO£-Z.POC = (90° + a)-60° = 30° + a. Из АСОЕ находим: С£ = СО sin Z.COE = a sin (30° + a). Имеем = a2/l-cos(60°-2a) i cQC2 a i l-cos(60° + 2a)\ = ^a2fl cos (60° + 2a) + cos (60°-2a) | \ ^a2(l-cos60°cos2a + ' Итак, при любом a имеем AD2-{-BK2 = — a2 Пример 10. Найдем зависимость между сторонами a, b и с треугольника ABC, если известно, что медиана AM, высота ВН и биссектриса CD пересекаются в одной точке (рис. 54). Решение. По теореме Чевы (теорема 10) имеем 4£.^х Х^= 1. Так как AM — медиана, то ВМ = СМ и — = 1. Так как АН СМ CD — биссектриса, то — = — (теорема 5). В итоге данное соот- BD а ь си сн ношение принимает вид — -т^= 1, т. е. ~^ = — а АН АН Ь 37
Положим CH = at, AH = bt. Тогда, с одной стороны, at-\-bt = b, т. е. / = —£—•; с другой стороны, использовав ВН как опорный элемент, получаем из AABH:BH2 = c2 — b2t2 — и из аВНС:ВН2 =a<2 — a2t2 Значит, c2 — b2t2 = a2 — a2t2, откуда t2=-^r a2-b2 Подставив в последнее равенство вместо / его значение / = =——, получим искомую зависимость между сторонами a, b и с: 62 -fl2-c2 т. е. JlL=?2-c21 (a + b)2 a2-b2> ' a + b a-b 7 ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Прямоугольный треугольник 1. Доказать, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит пополам угол между медианой и высотой, проведенными из той же вершины. 2. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит прямой угол в отношении 1:2 и равна т. Найти стороны треугольника. 3. Точка, взятая на гипотенузе прямоугольного треугольника и одинаково удаленная от его катетов, делит гипотенузу на отрезки 30 и 40 см. Найти катеты. 4. Найти биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника с катетами 18 и 24 см. 5. Найти биссектрису прямого угла прямоугольного треугольника с катетами а и Ь. 6. Из вершины прямого угла прямоугольного треугольника проведена биссектриса, делящая гипотенузу на отрезки тип. Найти высоту, проведенную к гипотенузе. 7. В прямоугольном треугольнике медианы, проведенные к катетам, равны V52 и -у/73 см. Найти гипотенузу. 8. Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см, а высота, проведенная к гипотенузе, равна 12 см. Найти стороны треугольника. 9. В прямоугольном треугольнике ЛВС из вершины С прямого угла проведены биссектриса С К и медиана СМ. Найти катеты, если СМ = т и КМ = п. 10. В прямоугольном треугольнике найти угол между медианой и биссектрисой, проведенными из вершины острого угла, равного а. П. В прямоугольном треугольнике ЛВС проведены биссектрисы острых углов AD и ВК. Найти углы треугольника, если известно, что АВ2 = 2AD-ВК. 12. Доказать, что если высота и медиана, проведенные из одной вершины неравнобедренного треугольника, лежат внутри треугольника и образуют с его боковыми сторонами равные углы, то этот треугольник прямоугольный. 13. Катеты ВС и АС прямоугольного треугольника ABC продолжены за вершину прямого угла. На продолжении катета ВС отложена точка D так, что CD = AC, а на продолжении катета АС отложена точка Е так, что СЕ = ВС. Доказать, что медиана СМ треугольника ABC перпендикулярна отрезку DE. 14. В прямоугольном треугольнике ЛВС из вершины прямого угла проведена высота CD. Точки М и N делят соответственно стороны АС и СВ в равных 38
отношениях (начиная от концов Л и С). Доказать, что треугольник DMN подобен данному треугольнику. 15. Для прямоугольного треугольника ABC построен ему симметричный треугольник АВС\ относительно гипотенузы АВ. Если точка М — середина высоты C\D треугольника АВС\ и N — середина стороны ВС, то треугольник AMN подобен треугольнику ABC. Доказать. 2. Равнобедренный треугольник 16. Доказать, что если в треугольнике отношение тангенсов двух углов равно отношению квадратов синусов этих углов, то треугольник либо равнобедренный, либо прямоугольный. а 17. Доказать, что если в треугольнике выполняется соотношение -г = = - то треугольник равнобедренный. 18. На сторонах ВС, СА и АВ равностороннего треугольника ABC даны соответственно точки М, N и Р Известно, что BM:MC = CN:NA=AP:PB=k. а) Доказать, что MNP— равносторонний треугольник, б) Вычислить MN, если ВС = а, k = 2. 19. Через центр О правильного треугольника ABC проведены две прямые, образующие между собой угол 60° Доказать, что отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника, равны. 20. Основание равнобедренного треугольника равно 4 -\/2 см, медиана, проведенная к боковой стороне, равна 5 см. Найти боковую сторону. 21. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 4 см, медиана, проведенная к боковой стороне, равна 3 см. Найти основание треугольника. 22. Основание равнобедренного треугольника равно 12 см, а боковая сторона 18 см. К боковым сторонам проведены высоты. Вычислить длину отрезка, концами которого служат основания высот. 23. Основание равнобедренного треугольника 12 см, а боковая сторона 18 см. К боковым сторонам проведены биссектрисы. Вычислить длину отрезка, концами которого служат основания биссектрис. 24. Сумма двух неравных высот равнобедренного треугольника равна /, угол при вершине а. Найти боковую сторону. 25. На высоте ВН равнобедренного треугольника ABC (AB = BC) взята точка М так, что углы АМВ, ВМС и АМС равны. В каком отношении, считая от вершины, точка М делит высоту, если угол при основании треугольника равен а (а>30°)? 26. Угол при основании равнобедренного треугольника равен а. Найти отношение основания к медиане, проведенной к боковой стороне. 27. Найти углы равнобедренного треугольника, если известно, что ортоцентр делит пополам высоту, проведенную к основанию треугольника. 28. Прямые /|, /г и /3 параллельны, причем /г лежит между 1\ и /3 и удалена от них соответственно на расстояния р и q. Найти сторону правильного треугольника, вершины которого лежат на данных прямых (по одной на каждой прямой). 29. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) на стороне АВ взята точка D, а на стороне ВС — точка Е так, что BD = CE. Доказать, что множество середин всех отрезков DE совпадает со средней линией треугольника ABC. 39
g 30. В равнобедренном треугольнике угол при вершине равен 36°, а основание равно а. Найти боковые стороны треугольника. 31. В равнобедренном треугольнике ABC (ЛВ = ВС) на стороне ВС взята точка D так, что BD:DC= 1:4. Найти ВМ'.МЕ, где BE — высота треугольника, а М — точка пересечения BE и AD. 32. Основание равнобедренного треугольника равно а, угол при вершине 2а. Найти длину биссектрисы, проведенной к боковой стороне. 33. Через вершину правильного треугольника проведен луч, делящий основание в отношении 2:1. Какие углы образует этот луч с боковыми сторонами треугольника? 34. Угол при основании равнобедренного треугольника равен arctg — Найти угол между медианой и биссектрисой, проведенными к боковой стороне. 35. Найти угол при вершине равнобедренного треугольника, если медиана, проведенная к боковой стороне, образует с основанием угол arcsin — 5 36. В равнобедренном треугольнике ABC угол В равен 110° Внутри треугольника взята точка М так, что /.MAC = 30° /.MCA =25° Найти угол ВМС. 3. Произвольный треугольник 37. Доказать, что если две стороны и высота одного остроугольного треугольника соответственно равны двум сторонам и высоте другого остроугольного треугольника, то такие треугольники равны (рассмотреть два случая). х/ 38. Доказать, что если две стороны и медиана одного треугольника соответственно равны двум сторонам и медиане другого треугольника, то такие треугольники равны (рассмотреть два случая). 39. Доказать, что во всяком треугольнике биссектриса либо совпадает с медианой и высотой, проведенными из той же вершины, либо лежит между ними. 3 40. Доказать, что во всяком треугольнике сумма медиан больше — периметра, но меньше периметра. 41. Доказать, что прямая, проходящая через вершину А треугольника ABC и середину медианы BD, делит сторону ВС в отношении 1:2. 42. Через центроид треугольника ABC проведена прямая /, пересекающая стороны АВ и ВС. Доказать, что сумма расстояний от Л и С до / равна расстоянию от В до /. 43. Медиана СМ треугольника ABC образует со сторонами АС и ВС соответственно углы а и р. Какой из этих углов больше, если АС<СВС? 44. В треугольнике ABC угол В равен 115° Из середины стороны АС проведен перпендикуляр к АС до пересечения со стороной ВС в точке D. Отрезок AD делит угол А в отношении 5:3, считая от стороны АС. Найти углы А и С треугольника ABC. 45. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки длиной 2 и 4 см, а высота, проведенная к той же стороне, равна \[\Ь см. Найти стороны треугольника и определить его вид. 46. Найти отношение суммы квадратов медиан треугольника к сумме квадратов его сторон. 40
47. Определить вид треугольника, если известно, что его медианы связаны равенством т2а-\-ть = Ът2с. 48. Две стороны треугольника равны а и Ь, а медианы, проведенные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону треугольника. 49. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Найти ВС, если известно, что АС = Ь, АВ = с и AD = BD. 50. В треугольнике ABC известно, что ВС =12 см, ЛС=8 см и угол А вдвое больше угла В. Найти АВ. 51. Высота треугольника равна 6 см и делит угол в отношении 2:1, а основание треугольника — на отрезки, меньший из которых равен 3 см. Найти стороны треугольника. 52. Высота треугольника делит угол в отношении 2:1, а основание — на отрезки, отношение которых равно k(k>\). Найти больший угол при основании треугольника. 53. В остроугольном треугольнике ABC острый угол между высотами AD и СЕ равен а. Найти АС, если AD = a, CE = b. 54. Основание треугольника равно 4. Медиана, проведенная к основанию, равна д/б — У2, а один из углов при основании равен 15° Найти острый угол между медианой и основанием. 55. Доказать, что угол С треугольника ABC будет острым, прямым или тупым в зависимости от того, будет ли медиана CD больше, равна или меньше —АВ. 56. Доказать, что если в треугольнике две медианы взаимно перпендикулярны, то сумма их квадратов равна квадрату третьей медианы. 57. Воспользовавшись теоремой Чевы, доказать, что: а) медианы треугольника пересекаются в одной точке; б) биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке; в) высоты треугольника пересекаются в одной точке. 58. Прямая DE параллельна основанию АС треугольника ЛВС, причем точка D лежит на стороне АВ, а точка Е — на стороне ВС. Доказать, что АЕ, CD и медиана ВМ пересекаются в одной точке. 59. В треугольнике ABC проведены медианы АА\, ВВ\ и СС|, пересекающиеся в точке М. Точки Р, Q и R являются соответственно серединами отрезков AM, ВМ и СМ. Через точки Р, Q и R проведены соответственно прямые, параллельные сторонам ВС, АС, АВ. Доказать, что в пересечении этих прямых образовался треугольник, равный треугольнику ABC. 60. Доказать, что если длины сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию, то центр окружности, вписанной в этот треугольник, и центроид треугольника лежат на прямой, параллельной средней по длине стороне треугольника. 61. AD—высота треугольника ABC, точка Н — ортоцентр. Доказать, что DC-DB = AD-DH. 62. В треугольнике ABC угол А равен 30°, а угол В равен 50° Доказать, что стороны треугольника связаны соотношением c2 = b (a-\-b). ,63. Доказать, что во всяком треугольнике ортоцентр, центроид и центр описанной окружности лежат на одной прямой (прямая Эйлера). 64. Доказать, что, для того чтобы в треугольнике один из углов был равен 60° или 120°, необходимо и достаточно, чтобы расстояние от вершины этого угла до ортоцентра было равно радиусу описанной окружности. 41
65. Расстояние от точки пересечения медиан треугольника до центра описанной около него окружности равно — радиуса этой окружности. Доказать, что о этот треугольник прямоугольный. 66. В треугольниках ABC и А'В'С углы В и В' равны, а углы А и А' составляют в сумме 180° Доказать, что стороны этих треугольников связаны соотношением аа!=bb'-\-cc' 67. В треугольнике ABC углы Л, В и С относятся как 4:2:1. Доказать, что 1,1 1 стороны треугольника связаны равенством \- — = — а о с 68. Даны два треугольника ABC и А\В\С\. Доказать, что если медианы первого треугольника параллельны сторонам второго, то медианы второго треугольника параллельны сторонам первого. 69. Высота, медиана и биссектриса, проведенные из одной вершины треугольника, делят угол при этой вершине на четыре равные части. Найти углы треугольника. 70. CD — высота треугольника ABC. Найти зависимость между углами А и В, если известно, что CD2=AD-DB. 71. В треугольнике ABC угол А равен а, угол В равен р, медиана BD пересекается с биссектрисой СЕ в точке К. Найти СК'.КЕ. 4. Параллелограмм 72. Доказать, что если в четырехугольнике диагонали являются биссектрисами углов, то такой четырехугольник — ромб. 73. На сторонах ВС, CD, DA и АВ квадрата ABCD даны соответственно точки Р, Q, R и S. Известно, что BP:PC = CQ:QD = DR:RA=AS:SB = k. а) Доказать, что четырехугольник PQRS — квадрат, б) Вычислить PQ, если АВ = а, /е = 3. 74. Дан квадрат ABCD. Через центр этого квадрата проведены две взаимно перпендикулярные прямые, отличные от прямых АС и BD. Доказать, что фигуры, отрезанные этими прямыми от квадрата, равны. 75. В параллелограмме со сторонами а и b (a > b) проведены биссектрисы внутренних углов. Определить вид четырехугольника, образовавшегося при пересечении биссектрис, и найти длины его диагоналей. 76. Высота ромба делит его сторону на отрезки тип. Найти диагонали ромба. 77. Перпендикуляр, опущенный из вершины параллелограмма на диагональ, делит диагональ на отрезки 6 и 15 см. Найти стороны и диагонали параллелограмма, если известно, что разность сторон равна 7 см. 78. Две высоты параллелограмма, проведенные из вершины тупого угла, равны соответственно р и q, угол между ними равен а. Найти большую диагональ параллелограмма. 79. Диагональ прямоугольника делит его угол в отношении т:п. Найти отношение периметра прямоугольника к его диагонали. 80. Острый угол параллелограмма равен а, а стороны равны а и Ь. Найти тангенсы острых углов, которые образует со сторонами параллелограмма его большая диагональ. 42
81. Найти острый угол ромба ABCD, если прямая, проведенная через вершину Л, делит угол BAD в отношении 1:3, а сторону ВС— в отношении 3:5. 82. Отношение периметра ромба к сумме его диагоналей равно k. Найти углы ромба. 83. Диагонали параллелограмма пропорциональны его непараллельным сторонам. Доказать, что углы между диагоналями равны углам параллелограмма. 84. В прямоугольнике ABCD основание AD разделено точками М и Р на три равные части. Доказать, что сумма углов АМВ, АРВ и ADB равна 90°, если известно, что AD = 3AB. 85. Стороны параллелограмма равны а и Ь (a<cb). Меньшая диагональ образует с меньшей стороной тупой угол, а с большей стороной — угол а. Найти большую диагональ параллелограмма. 86. Стороны параллелограмма относятся как p:q, а диагонали — как т:п. Найти углы параллелограмма. 87. Отношение периметра параллелограмма к его большей диагонали равно к. Найти углы параллелограмма, если известно, что большая диагональ делит угол параллелограмма в отношении 1:2. 5. Трапеция 88. Доказать, что если стороны одной трапеции соответственно равны сторонам другой трапеции, то трапеции равны. 89. Доказать теоремы: для того чтобы трапеция была равнобедренной, необходимо и достаточно, чтобы: а) углы при основании были равны; б) диагонали были равны. 90. Доказать, что биссектрисы углов, прилегающих к боковой стороне трапеции, пересекаются под прямым углом и точка их пересечения лежит на средней линии трапеции. 91. В прямоугольной трапеции ABCD с острым углом 45° диагональ АС равна стороне CD. Доказать, что середина меньшего основания равноудалена от вершины А и середины стороны CD. 92. Сумма углов при основании трапеции равна 90° Доказать, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований. 93. Диагонали трапеции равны и взаимно перпендикулярны, высота равна 15 см. Найти длину средней линии трапеции. 94. Одно из оснований трапеции равно 24 см, а расстояние между серединами диагоналей 4 см. Найти другое основание. 95. Один из углов трапеции равен 30°, боковые стороны перпендикулярны. Найти меньшую боковую сторону трапеции, если ее средняя линия равна 10 см, а одно из оснований 8 см. 96. В прямоугольной трапеции основания и меньшая боковая сторона равны соответственно а, Ь и с. Найти расстояния от точки пересечения диагоналей до оснований и меньшей боковой стороны. 97. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются на другом ее основании и равны 13 и 15. Найти стороны трапеции, если ее высота — 12. 98. В трапеции со взаимно перпендикулярными диагоналями большее основание равно 4, а меньшее — 3. Найти ее боковую сторону, если известно, что она составляет угол 60° с большим основанием. 4.4
99. Высота равнобедренной трапеции равна h, острый угол между диагоналями 2а. Найти длину средней линии трапеции. 100. В трапеции ABCD углы Л'и В прямые, АВ = Ъ см, ВС=\ см, AD = 4 см. На стороне АВ взята точка М так, что угол AMD вдвое больше угла ВМС. Найти отношение AM:MB. 101. Угол при вершине А трапеции ABCD равен а, боковая сторона АВ вдвое больше ее меньшего основания ВС. Найти угол ВАС. 102. Большее основание трапеции — а, боковые стороны — 6 и с(6<с), а углы при большем основании относятся как 2:1. Найти меньшее основание. 103. Диагонали трапеции с основаниями а и Ь взаимно перпендикулярны. Какие значения может принимать высота трапеции? 104. Диагонали АС и BD равнобедренной трапеции ABCD (AD\\BC) пересекаются в точке О, причем Z.AOD = 60° Доказать, что точки К, М, Р, служащие соответственно серединами отрезков АО, ВО и CD, являются вершинами правильного треугольника. 105. Диагонали прямоугольной трапеции взаимно перпендикулярны. Доказать, что высота трапеции есть среднее пропорциональное между ее основаниями. 106. Доказать, что в трапеции ABCD с основаниями АВ и CD выполняется равенство AC2 + BD2 =AD2 + BC2 + 2AB-DC. 107. Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна удвоенному произведению ее оснований, сложенному с суммой квадратов боковых сторон. 108. Доказать, что если боковые стороны трапеции перпендикулярны, то сумма квадратов ее оснований равна сумме квадратов диагоналей. 109. Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения продолжений боковых сторон трапеции и точку пересечения ее диагоналей, делит пополам основания трапеции. ПО. Доказать, что если прямая, проходящая через середины оснований трапеции, образует равные углы с прямыми, содержащими ее боковые стороны, то трапеция равнобокая. 111. Прямые, которым принадлежат боковые стороны трапеции, перпендикулярны. Доказать, что длина отрезка, концами которого являются середины оснований трапеции, равна полуразности длин оснований. 112. В трапеции ABCD диагональ АС отсекает равносторонний треугольник ACD. Из точки Е диагонали АС (или ее продолжения) основание ВС видно под углом 60° Доказать, что середины отрезков АЕ, ВС и CD являются вершинами равностороннего треугольника. 113. В трапеции с основаниями а и b через точку пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между боковыми сторонами трапеции. 114. В трапеции ABCD каждое из оснований AD и ВС продолжено в обе стороны. Биссектрисы внешних углов А и В пересекаются в точке К, а биссектрисы внешних углов С и D пересекаются в точке Е. Найти периметр трапеции, если КЕ = 20 см. 115. Через точку О пересечения диагоналей равнобедренной трапеции ABCD (AD\\BC) со взаимно перпендикулярными диагоналями проведена прямая МК, перпендикулярная к стороне CD (точка М лежит на АВ, точка К — на CD). Найти МК, если AD = 40 см, ЯС = 30 см. 44
6. Разные задачи V116. В четырехугольнике ABCD точки Р, К, Е и М — соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и DA. Доказать, что четырехугольник РКЕМ — параллелограмм. 117. На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника ABC построены (вне треугольника) квадраты ADKC и СЕМВ. Из точек D и М опущены перпендикуляры DH и МР на продолжение гипотенузы АВ. Доказать, что DH-\-MP=AB. 118. На сторонах параллелограмма (вне его) построены квадраты. Их центры последовательно соединены. Доказать, что полученный четырехугольник — квадрат. 119. В прямоугольный треугольник с катетами а и Ь вписан квадрат, имеющий с треугольником общий прямой угол. Найти периметр квадрата. 120. В прямоугольный треугольник вписан ромб так, что все его вершины лежат на сторонах треугольника, а угол, равный 60°, является общим углом треугольника и ромба. Найти стороны треугольника, если сторона ромба равна 6 см. 121. В треугольник вписан ромб так, что один угол у них общий, а противолежащая вершина ромба делит сторону треугольника на отрезки, отношение которых равно 2:3. Найти стороны треугольника, между которыми лежит общий угол треугольника и ромба, если диагонали ромба равны тип. 122. В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан параллелограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит на основании треугольника, а диагонали соответственно параллельны боковым сторонам треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание треугольника. 123. В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольник А КМ так, что точка К лежит на стороне ВС, точка М — на CD и АМ = АК. Найти угол MAD, если известно, что tg Z.AKM = 3. 124. В правильный треугольник ABC вписан правильный треугольник DEK так, что точка D лежит на стороне ВС, точка Е — на АС и точка К — на АВ. Найти AB'.DE, если известно, что /-DEC = a. » / 125. В квадрате ABCD точка О — центр, М и N — середины отрезков ВО и CD. Доказать, что треугольник AMN равнобедренный и прямоугольный. 126. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противолежащих сторон выпуклого четырехугольника, и отрезок, соединяющий середины его диагоналей, пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам. 127. Доказать, что в выпуклом четырехугольнике точки — середины диагоналей и середины отрезков, соединяющих середины противолежащих сторон,— лежат на одной прямой. 128. Доказать, что в произвольном четырехугольнике отрезок, соединяющий середины диагоналей, проходит через точку пересечения средних линий и делится ею пополам. 129. Доказать, что если в четырехугольнике суммы квадратов противолежащих сторон равны, то его диагонали взаимно перпендикулярны. 130. Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике отрезок, соединяющий середины противолежащих сторон, равен полусумме двух других сторон, то этот четырехугольник — трапеция. 131. На сторонах АВ и АС треугольника ABC вне его построены квадраты ABNM и ACQP. Доказать, что МС±ВР. 45
132. Точки М и N — соответственно середины сторон А В a CD четырехугольника A BCD. Доказать, что середины диагоналей четырехугольников AMND и BMNC являются вершинами параллелограмма (или лежат на одной прямой). 133. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов являются вершинами квадрата. 134. На основании и одной из боковых сторон равнобедренного треугольника вне его построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов и середина другой боковой стороны служат вершинами равнобедренного прямоугольного треугольника. 135. На сторонах АВ, ВС и CD прямоугольника ABCD вне его построены равносторонние треугольники АВО\, ВСО2, CDO^. Доказать, что расстояния между серединами отрезков АВ, О\О2 и ВС, О2О3 равны. 136. Основания двух правильных треугольников со сторонами а и За лежат на одной и той же прямой. Треугольники расположены по разные стороны от прямой, а расстояние между ближайшими концами их оснований равно 2а. Найти расстояние между не лежащими на данной прямой вершинами треугольников. 137. В четырехугольнике ABCD известно, что Z4 = ZD=60°, Л£=УЗ, ВС = 3, CD = 2-fe. Найти углы В и С. 138. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке О под прямым углом так, что АО =8 см, ВО = СО=\ см, DO = 7 см. Стороны АВ и CD при продолжении пересекаются в точке М. Найти угол AMD. 139. В четырехугольнике ABCD угол В прямой, а АВ:BD = 2:4 -\/2. Стороны ВС и AD при продолжении пересекаются в точке М. Найти угол DMC, если известно, что /LABD = 4b° 140. В прямоугольник ABCD вписан треугольник АЕК так, что точка Е лежит на стороне ВС, а точка К — на CD. Найти tg /LEAK, если ——=—== СК т § 3. ОКРУЖНОСТИ Пример 1. Докажем, что если а и b — катеты, с — гипотенуза прямоугольного треугольника, а г — радиус вписанной окружности, то r = aJrb~c Решение. Выполним необходимые дополнительные построения: из центра О вписанной окружности проведем радиусы OD, ОЕ и OF в точки касания. Тогда OD_LBC, OE±AC, OF±AB (рис. 55) ODCE — квадрат (все углы прямые и OE = OD) Значит, CE = CD = r, BD = a — r, AE = b — r Но BD = BF, a AE = AF (теорема 126) Значит, BF = a — г, AF = b — r AB = BF + AF, т. е. c = (a — r)-\-(b — r\ откуда находим, что г = а^~ ~с Замечание. Полученная формула часто используется при решении задач, связанных с прямоугольными треугольниками. 46
м D Рис. 55 N Рис. 56 Пример 2. К окружности, вписанной в треугольник с периметром 18 см, проведена касательная параллельно основанию треугольника. Длина отрезка касательной, заключенного между боковыми сторонами треугольника, равна 2 см. Найдем основание треугольника. Решение. Пусть М, Р и N — точки касания (рис. 56). Тогда AM = AN, CN = CP, BP = BM (теорема 126) Положим AN = AM = x, CN = CP = y, BP = BM = z. Тогда периметр треугольника ABC равен 2x + 2y + 2z, а потому x + y + z = 9. Проведем касательную DE\\AC. Тогда треугольники ABC и DBE подобны, а потому их стороны относятся как периметры: DE AC РВЕ РАВС , т. е. х + у DBE 18 (1) PDBE = BD M DBE + + BE + {DK + КЕ)= BD + BE + + (DM-\-EP). (Здесь воспользовались тем, что DM = DK, a КЕ = ЕР.) Значит, PDBE (E E) BM BP 2 а тогда равенство (1) можно переписать в виде —— чена система уравнений ( x+-y + z = 9, Положив х лучим г ( =§ Полу- = 6, по- К х + у 9 х + у = 9, откуда находим, что либо Ь = 3 см, либо 6=6 см. Пример 3. Через точку А общей хорды АВ двух окружностей проведена прямая, пересекающая первую окружность в точке С, а вторую — в точке D. Касательная к первой окружности 47
Рис. 57 Рис. 58 в точке С и касательная ко второй окружности в точке D пересекаются в точке М. Докажем, что точки М, С, В и D лежат на одной окружности (рис. 57) Решение. Достаточно доказать, что Z. CMD -\- /_ CBD = = 180° (теорема 15а) /LCBA=— w/lC (как вписанный угол) Но и Z.MCA=— ^jAC (как угол между касательной и хордой — теорема 13) Значит, АСВА = Z.MCA. Аналогично доказывается, что Z.ABD= Z.ADM. Из AMCD заключаем, что ACMD+ Z.MCD+ Z.MDC = = 180° Но Z.MCD+ Z.MDC= Z.CBA + £ABD= /-CBD. Значит, Z. CMD + Z. CBD = 180°, что и требовалось доказать. Пример 4. В окружность вписан равнобедренный треугольник ABC с основанием АС = Ь и углом при основании а. Вторая окружность касается первой окружности и основания треугольника в его середине D и расположена вне треугольника. Найдем радиус второй окружности (рис. 58) Решение. Воспользуемся тем, что AD-DC = BD-DK (тео= 2ry то рема 16а) Так как AD = DC = -^-, BD = -^-iga, получаем —= — tga-2r, откуда r=—ctg a. Пример 5. Окружность радиуса R проходит через две смежные вершины квадрата. Касательная к окружности, проведенная из третьей вершины квадрата, вдвое больше стороны квадрата. Найдем сторону квадрата. Решение. Введем обозначения: АВ = ху ВМ = 2х (рис. 59) Продолжим отрезок АВ до пересечения с окружностью в точке К. 48
Тогда ВК-АВ = ВМ2 (теорема 16в), т. е. ВК-х = 4х2, откуда находим: ВК = 4х. Значит, AK = 3x. Z.KAD = 90° Значит, KD — диаметр. Из прямоугольного треугольника ADK находим: AD2-\- = KD2, т. е. = 4R2y откуда х=^^ о Пример 6. Дан прямоугольный круговой сектор. Окружность того же радиуса имеет центр в конце дуги сектора, она разбивает сектор на два криволинейных треугольника. В меньший из этих треугольников вписана окружность. Найдем отношение радиусов вписанной окружности и сектора. Решение. Сделаем необходимые дополнительные построения, которые обычно делают, когда речь идет о внутреннем или внешнем касании окружностей или о касании окружности и прямой: О2Оз— линия центров, В — точка касания, OiO3 — линия центров, А—точка касания, ОзС-LOiC, С — точка касания (рис. 60) Введем обозначение: O\O2 = R (вспомогательный параметр) — и выразим через R радиус г вписанной окружности. Рассмотрим ДО1О2О3. Имеем OXO2 = R, ОхОъ = Я — г, О2О3 = = R-\-r Проведем высоту О3#. Тогда О\Н = О3С = г, О2Н = = R — г. Используем О3# как опорный элемент. Из Д O1O3// имеем O3H2 = OlOi-OiH2 = (R-r)2-r2 Из АО3НО2 имеем О3Н2 = = O2Ol-O2H2 = (R + r)2 -(R- г)2 Итак, (R — г)2 — r2 = (R-\-r)2 — (R — г)2, откуда находим: =Т Значит' Т=Т Пример 7 Через точку М касания двух окружностей с центрами О\ и О2 проведены две прямые. Первая из них пересекает окружности соответственно в точках А и В, вторая — в точках С и D. Докажем, что прямые АС и BD параллельны (рис. 61). Решение. Пусть М — центр гомотетии, а коэффициент k гомотетии равен —- (k<cO, ———отношение радиусов окружностей). При этой гомотетии точка О\ переходит в точку О2 и Рис. 59 Рис. 60 49
Рис. 61 Рис. 62 соответственно первая окружность отображается во вторую. В частности, точка А перейдет в точку В, а точка С — в точку D. Это значит, что прямые АС и BD гомотетичны относительно центра М, а потому параллельны (при гомотетии прямая переходит в параллельную ей) Пример 8. Две равные окружности касаются внешним образом в точке М. Секущая, параллельная линии центров, пересекает окружности последовательно в точках А, В, С и D. Докажем, что величина угла АМС не зависит от выбора секущей (рис. 62). Решение. Осуществим параллельный перенос плоскости на вектор OiO2. При этом переносе первая окружность совместится со второй, точка А совместится с точкой С, а точка М — с диаметрально противоположной ей точкой К. Так как АМ\\СК, то Z.AMC= /LMCK. Но АМСК = 90° (как опирающийся на диаметр МК) Значит, Z.AMC = 90° независимо от выбора секущей AD. Пример 9. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. АВ и CD — их общие внешние касательные. Докажем, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, и найдем ее радиус. Решение. Выполним необходимые дополнительные построения. Продолжим касательные до пересечения в точке О, проведем линию центров OOiO2, проведем радиусы O\D и О2С в точки касания: OXD±.CD и O2C±CD (рис. 63). Так как линия центров является осью симметрии фигуры, то точки А и D симметричны относительно ОО2 и точки В и С симметричны относительно ОО2. Это значит, что ABCD — равнобедренная трапеция. Для того чтобы в трапецию ABCD можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равен- 50
ство AD + BC = AB + CD (теорема 166) или, поскольку АВ = CD, равенство АВ = Значит, достаточно доказать, что отрезок АВ равен средней линии трапеции. Проведем внутреннюю общую касательную КР Тогда АК = = КМУ ВК=КМУ DP = PM, CP = PM (теорема 126). Это значит, что КР — средняя линия трапеции ABCD и КР = АВ. Итак, в трапецию можно вписать окружность, EF — ее диаметр. Положим О\Е = х, O2F = y. Тогда из равенства MF = ME (средняя линия КР делит отрезок EF пополам) заключаем, что R— у = = г-\-х. Из подобия треугольников O\DE и O2CF получаем 77—= O2F О2С tJL-i Из системы уравнений ( R — у = г-\-ху находим: у = (R-y = r- I —=— v у R ._R2-rR R-r 2Rr R + r тогда радиус вписанной окружности равен R — y = Пример 10. Острый угол прямоугольного треугольника равен а. Найдем гипотенузу этого треугольника, если радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен R. Решение. Так как АВ=АК-\-ВК (рис. 64), то задача сводится к вычислению отрезков АК (из ААОК) и ВК (из аОВК). Рассмотрим ААОК. Так как AKOF= ABAC = a (углы со взаимно перпендикулярными сторонами), то АКОА=-^(аКОА = = AAOF). Значит, AK=OK-tg -%-=R tg -|-. Рассмотрим АВОК: = ^-(90o- AKOF) = = 45°——. (Здесь воспользовались тем, что в четырехугольнике ODCF три угла D, С, F прямые. Значит, и четвертый угол, т. е. Рис. 64 51
угол DOF, прямой.) Тогда BK = OK-tg Z_flO/( = /? tg(45° — y)> COS у COS (45°-y) 2 COS у COS (45O-y = R (Здесь воспользовались формулой tg a + tg p=sln(a + P) \ Пример 11. Дан остроугольный треугольник ABC с углами Zly4=a, zLB = p, zLC = Y- В каком отношении ортоцентр делит высоту, проведенную из вершины А? Решение. Опишем около треугольника ABC окружность. Радиус окружности обозначим через R (вспомогательный параметр) Проведем ОРА.ВС и воспользуемся тем, что АН = 2ОР (см. пример 8 из § 2), где И — ортоцентр. Рассмотрим АОРВ (рис. 65) Так как /_КОВ измеряется дугой ВКу ^ВК = -^-^ВС, а zlCAB измеряется половиной дуги ВС, то АКОВ=АСАВ = а. Тогда OP = Rcos a, а поэтому АН = = 2R cos a. AC По теореме синусов 7=2/? (теорема 8). Значит, АС = sin Z-ABC = 2/?-sin р, а тогда из AACD получаем, что AD = AC sin zLy4CB = = 2/? sin p sin 7. Тогда AH = 2R cos a, HD = AD — AH = 2R sin p sin 7 — — 2/? cos a = 2/?(sin p sin y — cos (180° —(P+ 7))) = 2/?(sin psin y + +cos (P + y))=2R (sin p sin y+cos p cos y—sin p sin y)=2R cos p cos 7. Итак AH= 2/?CQSa = CQSa /YD 2R cos p cos 7 cos p cos 7 Замечание. Эта задача допускает и существенно более простое решение, не связанное с описанной окружностью и свойством ортоцентра треуголь- 52
D Рис. 67 M ника. Обозначим углы треугольника ABC соответственно а, р, у. Тогда по теореме о равенстве углов со взаимно перпендикулярными сторонами и углы между высотами будут равны соответственно а, р, у (рис. 66) Далее, имеем ЛН = F Н cos у (АЛЕН), F Н = CH-cos р {ACHD), — = cosa С/7 значит, я/) - EH EH 1 •СЯ-cosp CH cos p cos у cos p cos у Пример 12. Докажем, что если высота и медиана, проведенные из одной вершины неравнобедренного треугольника, лежат внутри треугольника и образуют с его боковыми сторонами равные углы, то этот треугольник прямоугольный. Решение. Опишем около данного треугольника ABC окружность и продолжим высоту BD и медиану ВМ до пересечения с окружностью в точках соответственно Е и К (рис. 67). Так как /_АВЕ= АКВС, то ^>АЕ=^КС, а поэтому хорды АС и ЕК, между которыми лежат равные дуги АЕ и КС, параллельны. Но ABDM = 90° Значит, и /_ВЕК = 9О0' а тогда В К — диаметр окружности. Так как центр описанной окружности лежит, с одной стороны, на диаметре В К, а с другой стороны, на перпендикуляре к АС, восставленном из точки М, то этим центром является сама точка М. Значит, АС — диаметр окружности, а поэтому zLy4BC = 90° Пример 13. AD и СМ — высоты остроугольного треугольника ABC, периметр треугольника ABC равен 15 см, периметр треугольника BDM равен 9 см, радиус окружности, описанной около треугольника В DM, равен 1,8 см. Найдем длину АС (рис. 68). Решение. Прежде всего докажем, что треугольники ABC и BMD подобны. В самом деле, прямоугольные треугольники ABD и 53
ВМС с общим острым углом В подобны, а поэтому АИ=Ш1 Но ВС Вт тогда у треугольников ABC и MBD с общим углом В стороны, заключающие этот угол, пропорциональны, т. е. треугольники подобны. Воспользуемся тем, что в подобных треугольниках отношение периметров и отношение радиусов описанных окружностей равны коэффициенту подобия. П«о условию РАВС= 15 см, PBDM = 9 см. Значит, коэффициент подобия равен — Так как по условию радиус окружности, описанной около треугольника BMD, равен 1,8 см, то получаем, что радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен 1,8-— =3 см. о Пусть точка О — центр описанной около ABC окружности, ОР±АС. Тогда ВН = 2ОР (см. пример 8 из § 2). Но ВН — диаметр описанной около треугольника BMD окружности (поскольку опирающийся на него угол BDH равен 90°). Значит, В# = 3,6 см, а потому ОР=1,8 см. Теперь в прямоугольном треугольнике АОР известны две стороны: АО = 3 см (радиус описанной окружности) и ОР=\У8 см. Тогда у4Р=~д/9 — ( ) =— см и> следовательно, ЛС = 4,8 см. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Окружность 141. Две окружности внешне касаются в точке А, ВС — их общая внешняя касательная. Доказать, что /LВАС = 90° 142. Две окружности пересекаются в точках А и В. Точки А и В лежат по разные стороны от прямой /, которая пересекает окружности соответственно в точках С, D, Е и М. Доказать, что сумма углов DBE и САМ равна 180° 143. Две окружности пересекаются в точках А и В. Прямые 1\ и h параллельны, причем /( проходит через точку А и пересекает окружности в точках Е и К, а /г проходит через точку В и пересекает окружности в точках М и Р Доказать, что четырехугольник ЕКМР — параллелограмм. 144. Из точки М проведены к окружности с центром в точке О касательные МА и MB. Прямая / касается окружности в точке С и пересекает МА и MB соответственно в точках D и Е. Доказать, что: а) периметр треугольника MDE не зависит от выбора точки С; б) угол DOE не зависит от выбора точки С. 145. Точки Л, В, С и D делят окружность на части, отношение которых 1:3:5:6. Найти углы между касательными к окружности, проведенными в точках А, В, С и D. 146. Две равные окружности внешне касаются друг друга и третьей окружности, радиус которой равен 8 см. Отрезок, соединяющий точки касания двух равных окружностей с третьей, равен 12 см. Найти радиусы равных окружностей. 54
147. Общая хорда двух пересекающихся окружностей равна а и служит для одной окружности стороной правильного вписанного шестиугольника, а для другой — вписанного квадрата. Найти расстояние между центрами окружностей. 148. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. Найти длину их общей внешней касательной. 149. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. Прямая / пересекает окружности в точках А, В, С и D так, что AB = BC = CD. Найти AD. 150. Две окружности, радиусы которых относятся как 1:3, касаются внешним образом, длина их общей внешней касательной 6 л/3 см. Найти периметр фигуры, образованной внешними касательными и внешними дугами окружностей. 151. Из внешней точки к окружности проведены секущая длиной 48 см и ка- 2 сательная, длина которой составляет — от внутреннего отрезка секущей. Найти о радиус окружности, если известно, что секущая удалена от центра на расстояние 24 см. 152. Общая внешняя касательная двух внешне касающихся окружностей составляет с линией центров угол а. Найти отношение радиусов. 153. Из точки А, расположенной вне круга с центром О, проведены секущие ABC и АМК (В и М — ближайшие к А точки окружности, лежащие на секущих). Найти ВС, если известно, что АС = а, Z-CAO = a, Z-COK = fi и секущая АМК проходит через центр окружности. 154. Две окружности пересекаются в точках А к В. Через точку А проведены отрезки АС и AD, каждый из которых, являясь хордой одной окружности, касается другой окружности. Доказать, что АС2 • BD = AD2• ВС. 155. А В и CD — взаимно перпендикулярные пересекающиеся хорды окружности радиуса R. Доказать, что АС2 + BD2 =4R2 156. Доказать, что сумма квадратов расстояний от точки М, взятой на диаметре окружности, до концов любой из параллельных этому диаметру хорд есть для данной окружности постоянная величина. 157. Окружность coi пересекает концентрические окружности о>2 и о)3 соответственно в точках А, В и С, D. Доказать, что хорды А В и CD параллельны. 158. Три равные окружности имеют общую точку. Доказать, что окружность, проведенная через вторые точки пересечения данных трех окружностей, равна данным. 159. На плоскости даны четыре равные окружности, проходящие через одну точку и пересекающиеся вторично в шести точках. Доказать, что четыре окружности, проходящие через каждые три из этих шести точек, взятых по одной на каждой из данных окружностей, пересекаются в одной точке. 160. На окружности с центром О даны такие три точки Л, В и С, что /L А О В = /L ВОС = 60° Доказать, что расстояние от точки В до произвольного диаметра окружности равно или сумме, или абсолютному значению разности расстояний от точек Л и С до этого диаметра. 161. Доказать, что если через точку касания двух окружностей провести произвольную прямую, то она пересечет окружности вторично в таких точках, что радиусы, проведенные в эти точки, параллельны. 162. Окружности (Oi и о)2 касаются внутренним образом в точке А, секущая а пересекает coi в точках М и N, а ш2 — в точках Р и Q. Доказать, что 55
163. В окружности с центром О проведены две перпендикулярные хорды Л В и CD, пересекающиеся в точке М. Доказать, что середины хорд АС и BD, точка М и центр данной окружности являются вершинами параллелограмма. 164. Две окружности внешне касаются в точке С, АВ — их общая внешняя касательная. Найти радиусы, если ЛС = 8 см, ВС = 6 см. 165. Расстояние между центрами двух пересекающихся окружностей равных радиусов равно d. Прямая, параллельная линии центров, пересекает первую окружность в точках А и В, вторую — в точках С и D. Найти длину отрезка АС. D 166. Окружности радиусами R и — касаются внешним образом. Из центра меньшей окружности под углом 30° к линии центров проведен отрезок длиной 2R. Найти длины тех частей отрезка, которые лежат вне окружностей. 167. Окружности радиусами а и b имеют внутреннее касание (а<.Ь), причем центр большей окружности лежит вне меньшей окружности. Хорда АВ большей окружности касается меньшей окружности и образует с общей касательной к окружностям угол а. Найти АВ. 2. Вписанные и описанные треугольники 168. В правильном треугольнике ABC на сторонах АВ и АС взяты точки М и К так, что АМ:МВ = 2:\, АК:КС=\:2. Доказать, что отрезок КМ равен радиусу окружности, описанной около треугольника ABC. 169. Около треугольника ABC (AB = BC) описана окружность. Биссектрисы углов А и С при продолжении пересекают окружность в точках К и Р, а друг друга — в точке Е. Доказать, что четырехугольник ВКЕР — ромб. 170. AD и СЕ — биссектрисы треугольника ABC. Окружность, описанная около треугольника BDE, проходит через центр окружности, вписанной в треугольник ABC. Доказать, что /LАВС = 60°. 171. Доказать, что центр окружности, вписанной в треугольник, лежит внутри треугольника, образованного средними линиями данного треугольника. 172. В треугольник ABC вписана окружность, касающаяся прямой АВ в точке М. Пусть точка М\ диаметрально противоположна точке М на вписанной окружности. Доказать, что прямая СМ\ пересекает прямую АВ в такой точке С\, что AC + ACi=BC + BCi. 173. Прямая / касается окружности, описанной около треугольника ABC, в точке С. Доказать, что квадрат^ высоты СИ треугольника ABC равен произведению расстояний точек А и В от прямой /. 174. Найти углы треугольника, если известно, что центры его вписанной и описанной окружностей симметричны относительно одной из сторон треугольника. 175. Основание равнобедренного треугольника 2а, высота h. К окружности, вписанной в треугольник, проведена касательная, параллельная основанию. Найти длину отрезка этой касательной, заключенного между боковыми сторонами треугольника. 176. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит гипотенузу на отрезки 24 и 36 см. Найти катеты. 177. В прямоугольном треугольнике один катет равен 48 см, а проекция другого катета на гипотенузу равна 3,92 см. Найти длину вписанной окружности. 56
178. В прямоугольном треугольнике с катетами 18 и 24 см найти расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей. 179. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, в 1,5 раза меньше радиуса описанной окружности. Найти угол при основании. 180. Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами а и Ь и углом у между ними. 181. В равнобедренном треугольнике основание равно Ь, угол при основании а. К окружности, вписанной в треугольник, проведена касательная, параллельная основанию. Найти длину отрезка этой касательной, заключенного между боковыми сторонами треугольника. 182. В равнобедренном треугольнике отношение радиусов вписанной и описанной окружностей равно к. Найти углы треугольника. 183. Доказать, что для любого прямоугольного треугольника справедливо неравенство 0,4<;-7-<0,5, где г — радиус вписанной окружности, a h — высота, опущенная на гипотенузу. 184. Доказать, что окружность, описанная около треугольника, равна окружности, проходящей через две его вершины и ортоцентр. 185. В окружность вписан правильный треугольник ABC. На дуге ВС взята произвольная точка М и проведены хорды AM, ВМ и СМ. Доказать, что АМ = = ВМ-\-СМ. 186. Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки окружности до вершин вписанного в нее правильного треугольника есть величина постоянная, не зависящая от положения точки на окружности. 187. В окружность вписан равнобедренный треугольник ABC (AB = BC). На дуге АВ взята произвольная точка К и соединена хордами с вершинами треугольника. Доказать, что АК- КС = АВ2 — KB2. 188. Около треугольника ABC описана окружность, пересекающая биссектрису угла С в точке М. Из ортоцентра Н треугольника проведен перпендикуляр HD к биссектрисе так, что точка D принадлежит 1С. Доказать, что CD:CM =cos Z.C. 189. В остроугольном треугольнике со сторонами а, Ъ и с из центра описанной окружности опущены перпендикуляры на стороны. Длины этих перпендикуляров тар тпр • равны соответственно т, п и р. Доказать, что 1-—-4-—=—- . а • b с abc 190. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных на стороны треугольника или на продолжения сторон из произвольной точки описанной около треугольника окружности, лежат на одной прямой. 191. Доказать, что если а и Ь — стороны треугольника, /— биссектриса угла между ними и а', Ь' — отрезки, на которые биссектриса делит третью сторону, то I2 = ab-a'b'. 192. Доказать, что радиус описанной около треугольника окружности, проведенный в одну из вершин треугольника, перпендикулярен прямой, соединяющей основания высот, проведенных из двух других вершин треугольника. 193. Около треугольника ABC описана окружность. Через точку В проведена касательная к окружности до пересечения с продолжением стороны СА за точку А з точке D. Найти периметр треугольника ABC, если AB + AD=AC, CD = 3. Z. ВАС = 60°. 57
194. В окружность радиуса R вписан правильный треугольник ЛВС. Хорда BD пересекает АС в точке Е так, что АЕ:СЕ — 2:3. Найти CD. 195. В трапеции ABCD биссектриса угла А пересекает основание ВС (или его продолжение) в точке Е. В треугольник ABE вписана окружность, касающаяся стороны А В в точке М и стороны BE в точке Р Найти угол BAD, если известно, что АВ:МР = 2. 196. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой касания вписанной окружности на отрезки, отношение которых равно /г(&>1). Найти углы треугольника. 197. Найти угол при основании равнобедренного треугольника, если известно, что его ортоцентр лежит на вписанной окружности. 3. Произвольное расположение окружности и треугольника 198. Отрезки AD, ВМ и СР—медианы треугольника ЛВС. Окружность, описанная около треугольника DMC, проходит через центроид треугольника ABC. Доказать, что ААВМ= Z-PCB, a Z-BAD= Z.PCA. 199. В прямоугольный треугольник вписана полуокружность так, что ее диаметр лежит на гипотенузе, а центр делит гипотенузу на отрезки 15 и 20 см. Найти радиус полуокружности. 200. Окружность проходит через вершину А прямоугольного треугольника ABC, касается катета ВС и имеет центр на гипотенузе А В. Найти ее радиус, если АВ = с, ВС = а. 201. На катете ВС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая гипотенузу А В в точке D так, что AD:DB = = 3:1. Найти стороны треугольника ABC, если высота, проведенная к гипотенузе, равна 3 см. 202. Стороны треугольника равны а и Ь, угол между ними 120° Найти радиус окружности, проходящей через две вершины третьей стороны и центр вписанной в данный треугольник окружности. 203. Окружность проходит через вершины А и В треугольника ABC и касается стороны ВС в точке В. Сторона АС делится окружностью на части AM и МС так, что АМ = МС + ВС. Найти ВС, если АС = 4 см. 204. На стороне А В треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая сторону ВС в точке D. Найти АС, если известно, что CD = 2 см и АВ = ВС = 6 см. 205. На стороне АВ треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая АС в точке D и ВС в точке Е. Найти АС и ВС, если известно, что АВ = 3 см, AD:DC=\:\ и ВЕ:ЕС = 7:2. 206. Отрезок BD — высота треугольника ABC, a DE — медиана треугольника BCD. В треугольник BDE вписана окружность, касающаяся стороны BE в точке К и стороны DE в точке М. Найти углы треугольника ABC, если АВ = = ВС = 8 см, КМ = 2 см. 207. В треугольнике ABC проведены высота AD и окружность с центром в точке А и радиусом AD. Найти длину дуги этой окружности, лежащей внутри треугольника, если ВС = а, АВ = $, ZC = v- 208. Доказать, что радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолже- 58
ний катетов прямоугольного треугольника, равен сумме длин гипотенузы и радиуса окружности, вписанной в треугольник. 209. Биссектрисы AD и С К треугольника ABC пересекаются в точке О, /(/)=1 см. Найти углы и две другие стороны треугольника KDO, если известно, что точка В лежит на окружности, описанной около треугольника KDO. 210. Окружность касается сторон АС и ВС треугольника ABC и имеет центр на АВ. Найти радиус окружности, если ЛС = 48 см, £С=140 см, ЛБ = 148 см. 211. В треугольнике ABC точка D — середина АС, точка Е— середина ВС, окружность, описанная около треугольника CDE, проходит через центроид треугольника ABC. Найти длину медианы С К, если АВ = с. 212. Найти зависимость между сторонами а, Ь и с треугольника ABC, если известно, что вершина С, центроид М и середины сторон АС и ВС лежат на одной окружности. 213. В равнобедренный треугольник ABC с углом В, равным 120°, вписана полуокружность радиуса (ЗУЗ+У2Т) см с центром на АС. К полуокружности проведена касательная, пересекающая боковые стороны А В и ВС в точках соответственно D и Е. Найти BD и BE, если DE = 2^f7 см. 214. В треугольнике ABC известны стороны: АВ = ВС = 39 см, АС = 30 см. Проведены высоты AD и BE. Найти радиус окружности, проходящей через точки D и Е и касающейся стороны ВС. 215. В треугольнике ABC проведены высоты CD и АЕ. Около треугольника BDE описана окружность. Найти длину дуги этой окружности, лежащей внутри треугольника ABC, если AC = b, /.ABC = fi. 4. Окружность и четырехугольник 216. Доказать, что если для трапеции существуют вписанная и описанная окружности, то высота трапеции есть среднее геометрическое между ее основаниями. 217. Около окружности с центром О описан четырехугольник ABCD. Доказать, что /LAOB+ Z.COD =180° 218. Основания равнобедренной трапеции 21 и 9 см, высота 8 см. Найти радиус описанной окружности. 219. Основания равнобедренной трапеции а и Ь, острый угол а. Найти радиус описанной окружности. 220. Две вершины квадрата лежат на окружности радиуса R, а две другие — на касательной к этой окружности. Найти сторону квадрата. 221. Острый угол А ромба ABCD равен а. Найти отношение радиуса окружности, вписанной в ромб, к радиусу окружности, вписанной в треугольник ABC. 222. Около окружности описана равнобедренная трапеция. Найти ее углы, если известно, что отношение боковой стороны трапеции к ее меньшему основанию равно к. 223. Около окружности описана трапеция с острыми углами аир. Найти отношение периметра трапеции к длине окружности. 224. а) Доказать теорему Птолемея: если противолежащие стороны четырехугольника, вписанного в окружность, равны а и Ь, с и т, а диагонали d\ и d2, то ab-\-cm = d\d2. б) Воспользовавшись теоремой Птолемея, доказать утверждение задачи 176. 59
225. Доказать, что сумма произведений высот остроугольного треугольника на отрезки их от ортоцентра до вершины равна полусумме квадратов сторон. 226. На гипотенузе прямоугольного треугольника как на стороне построен квадрат (вне треугольника) Центр квадрата соединен с вершиной прямого угла треугольника. На какие отрезки разбивается гипотенуза, если катеты равны 21 и 28 см? 227. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каждую из двух других его сторон на отрезки 2 и 23 см. Найти радиус окружности. 228. В ромб Л BCD со стороной 4 см и углом BAD, равным 60°, вписана окружность. К ней проведена касательная, пересекающая ЛВ в точке М и AD в точке Р Найти MB и PD, если МР = 2 см. 229. Отношение радиуса окружности, описанной около трапеции, к радиусу вписанной окружности равно к. Найти острый угол трапеции. 230. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и перпендикулярная к АВ, пересекает CD в точке М. Найти ЕМ, если AD = S см, ЛЯ = 4 см и ACDB = a. 231. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и середину стороны CD, пересекает АВ в точке Н. Найти НВ, если ED = = 6 см, ВЕ = 5 см и Z-ADB = a. 25 232. В выпуклом четырехугольнике ABCD сторона АВ равна —, сторона ВС и4 25 1 равна 12 — , сторона CD равна 6— Известно, что угол DAB острый, угол ADC О по тупой, причем sin Z-DAB=— , cos Z-ABC= — — Окружность с центром в точ- О DO ке О касается сторон ВС, CD и AD. Найти длину отрезка ОС. 5. Разные задачи 233. Из точки С к окружности проведены две касательные СА и СВ, образующие между собой угол 60° В криволинейный треугольник, образованный этими касательными и меньшей дугой А В, вписана окружность. Доказать, что длина этой дуги равна длине вписанной окружности. 234. Около окружности описан шестиугольник с параллельными противолежащими сторонами. Доказать, что противолежащие стороны этого шестиугольника равны. 235. Прямоугольник со сторонами 36 и 48 см разделен диагональю на два треугольника. В каждый из этих треугольников вписана окружность. Найти расстояние между их центрами. 236. Две окружности радиусами 16 и 9 см касаются внешним образом. Вычислить радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник, заключенный между окружностями и их общей внешней касательной. 237. Хорда окружности длиной 6 см разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них вписан квадрат со стороной 2 см. Найти радиус окружности. 60
238. Два круга радиуса R расположены так, что расстояние между их центрами равно R. В пересечение кругов вписан квадрат. Найти сторону квадрата. 239. В круговой сектор с углом 2а вписана окружность. Найти отношение радиусов вписанной окружности и сектора. 240. В сектор АОВ круга радиуса R с центральным углом а вписан правильный треугольник, одна из вершин которого лежит в середине дуги АВ, а две другие — на радиусах ОА и ОВ. Найти сторону треугольника. 241. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а(а<—). Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них вписан квадрат. Найти сторону квадрата. 242. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а ( а.<.— ). Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой дуги, а две другие лежат на хорде сегмента. Найти сторону треугольника. 243. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а( а<-~- ). Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В больший из них вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой хорды, а две другие лежат на дуге. Найти сторону треугольника. 244. В равнобедренный треугольник вписана окружность радиуса а. Окружность радиуса Ь касается боковых сторон треугольника и вписанной окружности. Найти основание треугольника. 245. На отрезке АС длиной 12 см взята точка В так, что Л£ = 4 см. На АС и на АВ как на диаметрах построены окружности. Найти радиус окружности, касающейся двух данных и отрезка АС. 246. Основание равнобедренного треугольника Ь, угол при основании а. В треугольник вписана окружность. Вторая окружность касается первой и боковых сторон треугольника. Найти радиус второй окружности. 247. В окружности радиуса R с центром в точке О проведены радиусы ОА и ОВ так, что /_АОВ = а[ — <а<л ). Найти радиус окружности, касающейся дуги АВ сектора О А В, хорды АВ и биссектрисы угла АОВ. 248. Два равных круга радиуса а расположены так, что расстояние между их центрами равно а. Пересечение кругов разделено линией центров на два криволинейных треугольника, в один из которых вписана окружность. Найти длину отрезка, соединяющего точки касания вписанной окружности с двумя данными окружностями. 249. Из точки А к окружности с центром О и радиусом 2 см проведена касательная А К. Отрезок О А пересекает окружность в точке М и образует с касательной угол 60° Найти радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник МКА. 250. Из точки А, удаленной от центра О окружности радиуса г на расстояние а(а>г), проведен луч, образующий угол 60° с лучом АО и пересекающий окружность в двух точках К и Р (К лежит между А и Р). Найти радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник МКА, где М — точка пересечения окружности и отрезка АО. 61
251. Основание равнобедренного треугольника Ь, угол при основании а. В треугольник вписана окружность. Вторая окружность касается первой, основания и боковой стороны треугольника. Найти радиус второй окружности. 252. Около равнобедренного треугольника с основанием Ь и углом а при основании описана окружность. Вторая окружность касается первой окружности и боковых сторон треугольника. Найти радиус второй окружности. 253. В сегмент окружности радиуса R с центральным углом а(а<л) вписаны две равные окружности, касающиеся друг друга. Найти их радиусы. 254. Точки D, К и М лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC. Доказать, что окружности, описанные около треугольников A DM, BDK и С/СМ, пересекаются в одной точке. 255. Из точки С к окружности радиуса 12 см с центром в точке О проведены две касательные АС и ВС. В треугольник ABC вписана окружность с центром О\, касающаяся сторон АС и ВС в точках К и Н. Найти ААОВ, если расстояние от точки О\ до прямой КН равно 3 см. 256. Из центра О окружности радиуса R проведены радиусы ОА и ОВ так, что /.АОВ = а (а<л). В меньший сегмент круга, отсекаемый хордой АВ, вписан правильный треугольник, одна из сторон которого перпендикулярна хорде А В. Найти сторону треугольника. 257. В окружности радиуса г проведены диаметр А В и хорда АС. В образовавшийся криволинейный треугольник вписана окружность. Найти ее радиус, если Z. CAB = а. 258. В окружности с центром О радиус ОМ и хорда КР пересекаются в точке А, причем АМАК=а( а<~Т)' В обРазовавшийся криволинейный треугольник МАК вписана окружность. Найти ее радиус, если ОМ = г, ОА=а. 259. Из точки А окружности радиуса г проведены диаметр AD и две хорды А В и АС. Найти радиус окружности, касающейся хорд А В и АС и дуги ВС, если АВ = Ь, АВАС = а и АВ>АС. 260. На одной стороне угла а даны две точки, расстояния которых от другой стороны угла равны Ь и с(Ь<.с). Найти радиус окружности, проходящей через эти две точки и касающейся другой стороны угла. 261. Угол АОВ равен а. Окружность касается стороны АО в точке С и пересекает сторону ОВ в точках D и Е. Найти DE и радиус окружности, если известно, что ОС=а и OD = § 4. ПЛОЩАДИ Пример 1. Точка Н — ортоцентр треугольника ABC. На прямой СН взята такая точка К, что АВК — прямоугольный треугольник. Докажем, что площадь треугольника АВК есть среднее геометрическое между площадями треугольников ABC и АВН (рис. 69). Решение. Введем обозначения: SABK = S, SABC = S\, SABH = = S2. Тогда Б = -1-АВ-КО, S{=-±-AB-CD, S2 = ~lrAB'HD. Надо 2, 2. £ 62
Рис. 69 доказать, что т. е. что ±-AB'KD=-^J-±-AB'CD--t-AB.HD или что 2 = CD-HD. (1) (2) Но треугольник АВК прямоугольный, поэтому KD2 = BD-AD (теорема 6а). Таким образом, равенство (2) будет установлено, если докажем, что BD-AD = CD-DH, или что 7^77=777 Послед- нее равенство с достаточной очевидностью следует из подобия прямоугольных треугольников BCD и HDA (у этих треугольников углы BCD и HAD равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами, поскольку АЕ — высота треугольника) Значит, равенство (2), а с ним и равенство (1) доказаны. Пример 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника, вычислим его площадь. Решение. Отметим прежде всего, что (рис. 70) В самом деле, основание АС у этих треугольников общее. Значит, их площади относятся как высоты МК и ВН (теорема 18) Но из подобия треугольников МКЕ и ВНЕ заключаем, что-^-= — у а МЕ:ВЕ=\:3 (теорема 36) Итак, искомая пло- ВН BE щадь S равна 3SAMC. Рассмотрим треугольник АМС. У него известны две стороны: АМ = — тп9 МС = ^-тс — и медиана МЕ = -^-ть (снова исполь- зуем теорему 36) Удвоим медиану и, достроив треугольник до параллелограмма МСРА, получаем 63
с _ с _ 1 с У треугольника МСР известны три стороны: — mfl, -|"m<" 4"m^- Значит, площадь тре- 3 о о угольника МСР можно найти по формуле Герона (теорема 19д) Итак, Рис 71 — mc) ~ тс — тс — та) — гпс)Х Пример 3. Найдем площадь треугольника с углами а, (3 и y» зная, что расстояния от произвольной точки М, взятой внутри треугольника, до его сторон равны соответственно m, n и к (рис. 71) Решение. Площадь S треугольника ABC можно найти по формуле S = -$-AC-BC-s'm yy но для этого надо найти АС и ВС. Положим ВС = х. Тогда по теореме синусов (теорема 8) -4^-= sin p =-££-=-42., откуда находим: АС=^£, АВ=^^ sin a sin у sin a sin а Итак, задача сводится к отысканию х. Для составления уравнения применим метод площадей (см. § 1): выберем в качестве опорного элемента площадь S треугольника ABC. С одной стороны, имеем S = ±-AC.BC sin Y = _L.JLsil]-& 2 ' 2 sin a С другой стороны, 2 sin a __ 1. x sin 7^, \J_xn I 1 sin p_ m_x(k sin ~~ 2 " sin a 2 2 " sin a sin 2 sin a sin ft) Значит, sin ft sin у x (k sin 2 sin a sin 2 sin a sin ft) откуда находим: x = *sin У+п sin a+m sin sin ft sin у 64
Подставив это значение х в первую из отмеченных выше формул для площади треугольника ABC, получим ^ х'2 sin ft sin у (k sin y + n sin a + tn sin ft)2 2 sin a 2 sin a sin ft sin у Пример 4 В треугольнике ABC на сторонах АВ и £С взяты точки К и Я так, что АК:ВК= 1:2, СР\РВ = 2\\. Прямые ЛР и С/( пересекаются в точке £. Найдем площадь треугольника ABC, если известно, что площадь треугольника ВЕС равна 4 см2 (рис. 72) Решение. Положим АК = х, ВК = 2х, ВР = у, СР = 2у и проведем РМ\\КС. По теореме Фалеса M=:|| = -L Значит, Далее, треугольники АКЕ и AMP подобны, поэтому тгр=^ т. е. — =—-—= —, и, значит, ; = ^-МР С другой стороны, ^=5£=-L, e. КС ВС 3 3 В итоге получаем, что КЕ = -^-КС, а потому ЕС = — КС. Рассмотрим треугольники ВЕС и ВКС. У них высота, проведенная из вершины 5, общая. Значит, их площади относятся как основания КС и ЕС (теорема 18), т. е. -^^=7F=="T Но S^£C = 4 см2, следовательно, SflKC = -g--4=-j- см2 Рассмотрим, наконец, треугольники ВКС и ЛВС. У них высота, проведенная из вершины С, общая. Значит, их площади относятся как основания: %Ш1=-Л = 1Г== М Рис. 72 65
В итоге получаем SABC=-^-SBKC = ^--^-=7 см2 Пример 5. В треугольнике ABC (AB = BC) угол А равен о arctg— Окружность радиуса 1 см касается сторон АВ и ВС и 1 о пересекает основание АС в точках Е и К (Е лежит между А и Л") М— точка касания окружности и прямой ВА, АМ = — см. Вы- 8 числим площадь треугольника АМК. Решение. Прежде всего нужно провести расчеты, которые позволят выяснить, где лежит центр окружности (пока ясно лишь одно, что этот центр лежит на высоте ВН равнобедренного треугольника ABC, так как ВА и ВС — касательные к окружности, а потому центр окружности лежит на биссектрисе угла между прямыми — теорема 126) Введем обозначение: ЛВАС = а (рис. 73) Проведем радиус ОМ в точку касания, тогда угол ВОМ тоже равен а. По условию tga = — Воспользовавшись формулой l+tg2a=- 15 ( 15 8 cos a = —, тогда sin a = tg a cos a =—. найдем: Из треугольника ВОМ находим: ВО=-^^-=\= — r J cos a 15 1 b = 0M tga=^ Далее, AB = 17 Это значит, что ВН = ВОУ а поэтому точки О и Я совпадают, и для дальнейшего решения задачи надо сделать новый (правильный) рисунок (рис. 74). Площадь треугольника АМК будем искать по формуле S = =—AM-AK-sln a. Известно, что АМ = — см, sin ol = — Таким 2 8 15 образом, задача свелась к отысканию отрезка АК. Воспользуемся тем, что АМ2 = АЕ-АК (теорема 16в) Поло- жим АЕ = ху тогда АК = 2 + х и получаем уравнение—=х (2 + х), откуда х = — о Рис. 75 66
Тогда АК = ——\-2= — см и, следовательно, Пример 6. В четырехугольнике ABCD через середину диагонали BD проведена прямая, параллельная диагонали АС. Эта прямая пересекает сторону AD в точке Е. Докажем, что прямая СЕ разбивает четырехугольник ABCD на две равновеликие части (рис. 75) Решение. Надо доказать, что площадь четырехугольника АВСЕ равна половине площади четырехугольника ABCD — это и будет означать, что площади фигур АВСЕ и CED равны, т. е. что фигуры равновелики. Заметим, что четырехугольник АВСЕ равновелик четырехугольнику АВСМ, где М —любая точка на прямой ЕР В самом деле, у треугольников АСЕ и АСМ общее основание и равные высоты, поскольку точки Е и М лежат на прямой, параллельной основанию АС. Это наблюдение наталкивает на мысль заменить четырехугольник АВСЕ равновеликим ему четырехугольником ABC К, где К — специальным образом подобранная точка на ЕР Выберем в качестве К середину диагонали BD. Имеем SABCK =—AC-BK-s'm а, где а — угол между диагоналями (теорема 206) По условию ВК = — BD. Значит, что и требовалось доказать. Пример 7 Площадь выпуклого четырехугольника ABCD равна 2 см2 Его стороны продолжены: сторона АВ — за точку В так, что BL =—АВ\ сторона ВС — за точку С так, что СР = = -^-ВС\ сторона CD — за точку D так, что DE = -^-CD; сторона DA — за точку А так, что AM =—AD. Найдем площадь четырехугольника LPEM (рис. 76) Решение. Введем обозначения: АВ = ау BC = by CD = cy DA = m. Рассмотрим треугольник AML. У него АМ = — т, AL = О 1 1 О = — а. Тогда его площадь S\ равна — • — т -^—а sin а, где а = = /.MAL. Сравним это выражение с площадью треугольника ABD: SABn =—AB-AD-sin (180° — a) = — am sin а. Замечаем, что 2 2 S = — S 1 4 ABD' 67
Рис. 76 Аналогично площадь S3 треугольника СРЕ связана с пло- ° Значит, щадью треугольника BCD соотношением ,=fs,. CBD. >BLP> > MLPE" получим S Точно так же, 4=1,5 см если положить В итоге S. = 5 см2 Пример 8. Около треугольника ABC с тупым углом А описана окружность с центром О Радиус ЛО образует с высотой АН угол 30° Продолжение биссектрисы AF пересекает окружность в точке L, а радиус АО пересекает ВС в точке Е (рис. 77). Вычислим площадь четырехугольника FEOL, если известно, что AL = 4 л12 см, AH = ~\J2 УЗ см. Решение. Если в примере 6 площадь четырехугольника мы искали по готовой формуле 206, а в примере 7 — как сумму площадей составляющих частей, то в данном случае целесообразно рассмотреть интересующий нас четырехугольник как разность треугольников AOL и AFE. Значит, SFFOL = SAOl—SAFE. Поэтому дальнейшее решение задачи сведется в основном к вычислению различных элементов (сторон, углов) треугольников AOL и AFE. Докажем, что OL\\AH. Для этого заметим, что /LCAL = = /LLAB (по условию), а потому ^>CL=^>BL. Но тогда равны и хорды CL и BL, т. е. CBL — равнобедренный треугольник. Но центр О окружности, описанной около равнобедренного треугольника CBL, лежит на его высоте KL. Ясно, что LK\\AHy а потому OL\\AH. Но тогда AHAF= AALO= Z LAO=±- Z.HAO = 68
Подведем предварительные итоги. Мы знаем, что треугольник ALO равнобедренный с углами 15°, 15° и 150° и стороной AL, равной 4 д/2 см. Этого достаточно, чтобы вычислить его площадь. По теореме косинусов (теорема 7) имеем AL2 = AO2-\-OL2— — 2AO-OL-cos 150° откуда, положив AO = OL = R, получим 2 2+V3 Далее, имеем SAOL =—AO'OL-sin 150°= — R2- — =— -32Х /1UL 2 2 2 4 — R2- — 2 2 (V (V) Теперь вычислим площадь треугольника AFE. Имеем #£ = , HF = AH ig 15O=V см2 В итоге -д/3) см2 Пример 9. В пятиугольнике ABCDE известно, что AB=-\J2, BC = CDy /-ABE = 45° и Z.DBE = 30° Вычислим площадь пятиугольника, если около него можно описать окружность радиуса 1 см (рис. 78) Решение. Площадь пятиугольника вычислим как сумму площадей треугольников ABE, BED и BCD. По теореме синусов, примененной к треугольнику ABE, находим, что - = 27?, т. е. sin 45 AE = -\J2. Значит, треугольник ABE — равнобедренный прямоугольный треугольник, у которого AB = AE = -\J2y а потому ВЕ = 2 и SABE=-LAB-AE=[. Так как ВЕ = 2У то BE — диаметр окружности. Значит, треугольник BDE прямоугольный; из него находим: DE= I, BD = ^/3y Рассмотрим, наконец, треугольник BCD. В нем £О = УЗ. По теореме си- Отсюда находим, что ZL£CD= 120° а ACBD=A CDB = 30° Поскольку -^%-о = Sin oU = 2/?, то находим, что BC = CD=\ и д >in Z.BCD = Рис. 78 69
—_L i i V3 — v3 2 '[ l' 2 ~~ 4 В итоге получаем Пример 10. Центры четырех кругов расположены в вершинах рис. 79 квадрата со стороной а, радиусы равны а. Вычислим площадь пересечения кругов (рис. 79) Решение. Из соображений симметрии следует, что четырехугольник ЕКМР — квадрат. Значит, искомая фигура есть объединение квадрата и четырех равных сегментов. Для вычисления площади сегмента нужно прежде всего найти соответствующий центральный угол. Поскольку треугольник AKD равносторонний, то /-KAD = 60° Значит, /LВАК = 30° Аналогично получаем, что Z.MAD = 30° а потому АКАМ = 30° Применив для отыскания площади сегмента теорему 24, получим ScvrM = — a2X Для отыскания стороны квадрата ЕКМР применим теорему косинусов к треугольнику АКМ: КМ2 = АК2-\-АМ2 — 2АК-АМХ Xcos 30° т. е. КМ2 = а2 ^ -2а2 В итоге получаем S = =а2 (2-д/З). c^ = a2 (2 — д/3) + 2а2 (-|— Пример 11. Окружность касается сторон АС и ВС треугольника ABC в точках D и Е соответственно и имеет центр на стороне АВ. Найдем площадь сектора DOE, если ВС=\3 см, АВ=\А см, ЛС=15 см (рис. 80) Решение. Для отыскания радиуса сектора применим метод площадей (см. § 1) С одной стороны, площадь S треугольника ABC можно найти по формуле Герона (теорема 19д) S = 84 см2 С другой стороны, S = SAOC-\-SBOC = — AC-DO-\ 2 2 = y(15+13)r=14r Значит, 14г = 84, г = 6 см. Чтобы найти площадь сектора, надо знать его центральный угол, т е. угол DOE. Из четырехугольника ODCE заключаем, что Z-DOE = n — y, где у= /LACB. По теореме косинусов АВ2 = = АС2 + ВС2 -2АС • ВС -cos у. Значит, 142= 132 + 152 —2-13- 15Х 70
о Рис. 80 Ъ Рис. 81 99 99 Xcosy, откуда находим, что cosy=-t^> a потому Y = arccos — 195 195 В итоге получаем, что центральный угол сектора равен я — 99 —arccos 195 По теореме 23 получаем Пример 12. Внутри треугольника ABC со сторонами a, b и с взята точка М так, что из нее стороны треугольника видны под равными углами. Найдем АМ + ВМ + СМ (рис. 81) Решение. В этой задаче в отличие от предыдущих речь не идет о вычислении площади плоской фигуры. Тем не менее, как мы увидим, площадь треугольника окажется средством для решения. Положим АМ = х, ВМ = у, СМ = г. По условию Z.AMB — = Z.BMC = /LAMC= 120° Применив теорему косинусов к каждому из треугольников АМВ, ВМС и АМСУ получим систему уравнений ( a2 = z2 -\-y2 -\-yzf Далее, имеем S = SABC=SAMC + SBMC+SAMB = ±-xz sin 120° + y-</zsin 120°+-£-*!/sin 120° = =^% где уз ). Значит, ху + Надо найти значение суммы x-\-y-{-z. Имеем {x-\-y-\-z)2 = 2\2 + 2 + 2 + 2 + 2z. Сложив три уравнения системы, получим
D С Рис. 82 Значит, и, следовательно, Пример 13. В треугольнике ABC известно, что АС:ВС = о = 2:1 и Z_C = arccos—. На стороне АС взята точка D так, что 4 CD:AD = \ :3. Найдем отношение радиуса окружности, описанной около треугольника ABC, к радиусу окружности, вписанной в треугольник ABD. Решение. Введем вспомогательный параметр CD = a. Тогда AD = 3a, АС = 4а, ВС = 2а (рис. 82). Чтобы найти радиус R окружности, описанной около треугольника ABC, вычислим сторону АВ по теореме косинусов, а затем воспользуемся теоремой синусов. Имеем АВ2 — АС2-\-ВС1 — — 2АС-ВС-cos С, т. е. АВ2= 16а2 + 4а2 — 2-4а-2а--^-, откуда находим, что AB = 2a-\J2. По условию cos C = — Значит, sin C = По теореме синусов -^-=2R. Значит, sin С 2/?, откуда находим: R = *^& V7 , л/7 Радиус/г окружности, вписанной в треугольник ABD, найдем по формуле г = —, где S — площадь; р — полупериметр треугольника ABD. Уже известно, что AD = 3a, AB = 2a-\J2. Сторону BD найдем из треугольника BCD по теореме косинусов: BD2 = 2 —2-а-2а~, отк За^2 Площадь S треуг0ЛЬНИКа ABD ВЫ= а2 + 4а2 —2-а-2а~, откуда BD = a-^j2. Значит, р = ЧИСЛИМ по формуле Герона: 72
= ^[p(p-AD)(p-AB)(p-BD) = За л/2 2 \ /Зал/2 За \ /За_а_}/2\ /За , а^/2\ = А 2 2 / V 2 2 / V 2 "^ 2 / Значит, г =—— ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Площадь треугольника 2 262. Доказать, что площадь треугольника равна — mamb sin а, где та, ть — о медианы, а а — угол между ними. 263. В треугольнике ABC известны ЛС = 3 см, ^Л=30°, радиус описанной окружности 2 см. Доказать, что площадь треугольника ABC меньше 3 см2 Ь2 -\- с2 264. Доказать, что S<—-—, где Ь и с — стороны треугольника, a S — его площадь. 265. Стороны треугольника равны 55, 55, 66 см. Найти площадь треугольника, вершинами которого служат основания биссектрис данного треугольника. 266. В треугольнике ABC известны стороны: АВ=\3 см, ВС=\Ь см, АС = = 14 см. Проведены высота ВН, биссектриса BD, медиана ВМ. Найти: а) площадь треугольника BHD\ б) площадь треугольника BMD\ в) площадь треугольника ВНМ. 267. На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отношении 5:1, считая от вершины. Найти площадь треугольника с вершинами в этих точках, если площадь исходного треугольника равна 64 см2 268. В треугольник с основанием а вписан квадрат. Найти площадь треугольника, если известно, что сторона квадрата больше половины основания 1 треугольника и площадь квадрата составляет — часть площади треугольника. 269. Около треугольника ABC с углом В =60° описана окружность радиуса 4 см. Диаметр окружности, перпендикулярный к стороне ВС, пересекает А В в точке М так, что АМ:ВМ = 2:3. Найти площадь треугольника. 270. Найти площадь прямоугольного треугольника с гипотенузой если известно, что сумма синусов его острых углов равна q. 271. Найти площадь прямоугольного треугольника с острым углом а, если известно, что расстояние от вершины другого острого угла до центра вписанной окружности равно т. 272. В остроугольном треугольнике ABC известны Л£ = с, медиана BD — m, /LBDA = р(р<90°). Найти площадь треугольника ABC. 273. Через вершину угла а при основании равнобедренного треугольника проведена прямая под углом р к основанию (р<а), разбивающая треугольник на две части. Найти отношение площадей этих частей. 73
274. Через середину стороны правильного треугольника проведена прямая, образующая с этой стороной острый угол а. Найти отношение площадей тех частей, на которые эта прямая разбивает треугольник. 275. В треугольнике ABC известны два угла: /_А = а, Z_C = y. Проведены биссектриса BD, высота ВН и медиана ВМ. Найти: а) отношение площади треугольника В DM к площади треугольника ABC; б) отношение площади треугольника ВНМ к площади треугольника ABC; в) отношение площади треугольника BHD к площади треугольника ABC. 276. Найти площадь треугольника, зная его стороны а и Ь и биссектрису /с = /. 277. Медиана AD треугольника ABC пересекает описанную около треугольника окружность в точке Е. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что 278. Доказать, что S^—nR2, где S— площадь треугольника, a R— радиус описанной около него окружности. 279. Один из углов треугольника равен 60° Точка касания вписанной окружности делит противолежащую этому углу сторону на отрезки а и Ь. Найти площадь треугольника. 280. В треугольнике ABC из точки М на стороне А В проведены прямые MQ || А С и МР || ВС. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что площадь треугольника BMQ равна Si, а площадь треугольника AMP равна S2. 281. Через точку, взятую внутри треугольника, проведены прямые, параллельные его сторонам. Они разбивают треугольник на шесть частей, среди которых есть три треугольника с площадями Si, S2 и S3. Найти площадь исходного треугольника. 282. В треугольник со сторонами 16, 30 и 34 см вписана окружность. Найти площадь треугольника, вершинами которого служат точки касания. 283. Треугольник ABC со стороной ЛС = 20 см вписан в окружность. Через точку В проведена касательная к окружности, удаленная от точек Л и С на расстояния соответственно 25 и 16 см. Найти площадь треугольника ABC. 284. Из точки М, расположенной внутри треугольника ABC, опущены перпендикуляры MD, ME и MF на стороны соответственно А В, ВС и АС. Найти отношение площадей треугольников ABC и DEF, если известно, что АВ = с, ВС = а, AC = b, ME = k, MF = m и MD = n. 285. В треугольнике ABC проведены высоты AD, BE и CF. Найти отношение площадей треугольников DEF и ABC, если известны углы треугольника ABC: а, р и у. 286. Хорда АВ стягивает дугу окружности, длина которой равна — длины о окружности. На этой дуге взята точка С, а на хорде А В — точка D. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что AD = 2 cm, BD=\ см и CD = V2 см. 287. В треугольнике ABC угол С равен 60° и радиус описанной окружности равен 2 УЗ См. На АВ взята точка D так, что AD:DB = 2:\, CD = 2^j2 см. Найти площадь треугольника ABC. 288. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) угол А равен arcsin— 74
13 Окружность, центр которой удален от вершины В на расстояние — см, касается боковых сторон АВ в точке К и ВС в точке Р и отсекает на основании АС отрезок EF Найти площадь треугольника ЕРС, если известно, что РС=— см. 5 289. Около треугольника ABC описана окружность. Касательная к окружности в точке В пересекает прямую АС в точке D (точка С лежит между А и D) 21 Найти площадь треугольника BCD, если известно, что /L В DC = arccos —, BD = = 29 см, а расстояние от центра окружности до АС равно 10 см. 2. Площадь четырехугольника 290. Через вершины четырехугольника проведены прямые, параллельные его диагоналям. Доказать, что площадь получившегося параллелограмма в два раза больше площади заданного четырехугольника. 291. Стороны параллелограмма а и Ь, угол между ними а. Найти площадь четырехугольника, образованного биссектрисами внутренних углов параллелограмма. 292. Средняя линия равнобедренной трапеции равна а, диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь трапеции. 293. Периметр трапеции 52 см, меньшее основание 1 см. Найти площадь трапеции, если известно, что ее диагонали являются биссектрисами тупых углов. 294. Окружности радиусами 4 и 8 см с центрами в точках О{ и О2 пересекаются в точках С и D, А В —их общая внешняя касательная. Найти площадь четырехугольника О\АВО2, если известно, что касательные к окружностям, проведенные в точке С, взаимно перпендикулярны. 295. Две равные окружности радиуса R с центрами в точках О\ и Оч касаются внешним образом. Прямая / пересекает эти окружности в точках А, В, С и D так, что ЛВ = ВС = СО. Найти площадь четырехугольника O\ADO2. 296. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Высота, лежащая внутри треугольника, разделена в отношении 3:1, считая от вершины, и через точку деления проведена прямая перпендикулярно этой высоте. Найти площадь полученной трапеции. 297. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Найти площадь вписанного прямоугольника, если известно, что его периметр равен 45 см. 298. Основания трапеции 62 и 20 см, боковые стороны 45 и 39 см. Найти площадь трапеции. 299. Основания трапеции 30 и 12 см, диагонали 20 и 34 см. Найти площадь трапеции. 300. Одно из оснований трапеции 7 см. Вписанная в трапецию окружность делит одну из боковых сторон на отрезки 4 и 9 см. Найти площадь трапеции. 301. В трапеции A BCD точка К — середина основания AD, точка М — середина основания ВС, ВК — биссектриса угла ABC, DM — биссектриса угла ADC. Найти площадь трапеции ABCD, если ее периметр равен 30 см, a /LBAD = 60° 302. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки Е, F, Р и К — соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и AD. Известно, что EP=KF Найти площадь четырехугольника ABCD, если ЛС=15 см и £D = 20 см. 75
303. Найти площадь параллелограмма, зная его стороны awb(a>b)w угол а между диагоналями. 304. Найти площадь трапеции с острым углом а при основании, если известно, что одно из оснований трапеции является диаметром описанной около трапеции окружности радиуса R. 305. В трапецию с острыми углами аир вписан круг. Найти отношение площади трапеции к площади круга. 306. В треугольнике ABC известны углы: Zl/4=a, ZlB = p, zLC = y, a высота ££> = #. На BD как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны Л В и ВС в точках Е и F Найти площадь четырехугольника BFDE. 307. Прямая /, параллельная основанию АС треугольника ABC, отсекает от него треугольник BED. На стороне АС взята произвольная точка М. Доказать, что площадь четырехугольника BEMD есть среднее геометрическое между площадью треугольника ABC и площадью треугольника DBE. 308. В трапеции A BCD (AD\\BC) диагонали пересекаются в точке О. Найти площадь трапеции, если известно, что площадь треугольника AOD равна а2, а площадь треугольника ВОС равна Ь2 309. В ромбе ABCD точки М, N, Р и Q есть соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и AD. Найти площадь четырехугольника, ограниченного прямыми AN, BP, DM и CQ, если площадь ромба равна 100 см2 310. Две окружности с радиусами а и Ь касаются внешним образом. К ним проведены общие внешние касательные. Найти площадь четырехугольника, вершинами которого служат точки касания. 311. Диагонали четырехугольника A BCD пересекаются в точке О. Найти площадь четырехугольника, если известно, что площади треугольников АОВ, ВОС и COD равны соответственно 12, 18 и 24 см2 312. Окружность касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD, проходит через вершину С и пересекает сторону DC в точке К. Найти площадь четырехугольника ABKD, если АВ = 9 см, AD = S см. 313. Внутри прямоугольника ABCD взята точка М так, что ЛМ=^/2, £Ш = = 2 и СМ = 6. Найти площадь прямоугольника ABCD, если известно, что AD = = 2АВ. 3. Площадь многоугольника 314. На катетах АС и ВС и гипотенузе А В прямоугольного треугольника ABC как на сторонах построены квадраты (вне треугольника) СМРА, BEFC и ADKB. Найти площадь шестиугольника DKEFMP, если ЛВ = с и площадь треугольника ABC равна S. 315. На сторонах АС, ВС и АВ треугольника ABC построены квадраты СМРА, BEFC и ADKB. Найти площадь шестиугольника DKEFMP, если известно, что АВ=\3 см, АС = \А см, ВС=\5 см. 316. Данный квадрат со стороной а срезан по углам так, что получился правильный восьмиугольник. Найти площадь восьмиугольника. 317. Дан квадрат со стороной а. На каждой стороне квадрата вне его построена трапеция так, что верхние основания трапеций и их боковые стороны образуют правильный двенадцатиугольник. Найти площадь двенадцатиугольника. 76
318. Окружность разделена на восемь частей точками А, В, С, D, E, F, Р и К. Известно, что ^>AB = ^CD=^EF=^> РК и ^ ВС=^ D£=w FP=w КА\ кроме того, ^ЛВ = 2^£С. Найти площадь восьмиугольника ABCDEFPK, если площадь круга равна 289я см2 319. В круг радиуса R вписаны правильный треугольник и квадрат, имеющие общую вершину. Найти площадь их пересечения. 320. Каждая сторона треугольника разделена на три части в отношении 3:2:3. Найти отношение площади шестиугольника, вершинами которого служат точки деления, к площади треугольника. 321. Площадь четырехугольника ABCD равна 12 см2 На сторонах А В, ВС, CD и DA взяты точки F, К, М и Р так, что AF:FB = 2:1, ВК:КС = \:3, CM:MD=\:\ и ОР:РЛ = 1:5. Найти площадь шестиугольника AFKCMP 4. Площади комбинированных фигур 322. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Найти отношение площадей вписанного и описанного кругов. 323. Сторона правильного треугольника равна а. На ней как на диаметре построен круг. Найти площадь той части треугольника, которая лежит вне круга. 324. В правильный треугольник вписан круг. С центром в одной из вершин треугольника проведен второй круг, радиус которого равен половине стороны треугольника. Какую часть площади треугольника составляет площадь пересечения кругов? 325. Две окружности радиусами а и Ь [а~>Ь) касаются внешним образом. К ним проведена общая внешняя касательная. Найти: а) площадь полученного криволинейного треугольника; б) площадь круга, вписанного в этот треугольник. 326. Сторона правильного треугольника равна а. Центроид -треугольника служит центром круга радиуса — Найти площадь части треугольника, лежащей о вне круга. 327. Внутри квадрата со стороной а на каждой стороне как на диаметре построены полукруги. Найти площадь полученной розетки. 328. Каждая из п равных окружностей касается двух соседних. Найти площадь фигуры, ограниченной ближайшими друг к другу дугами этих окружностей, если известно, что радиус окружности, с которой все данные окружности имеют внутреннее касание, равен R и что: а) л=3; б) л =4; в) я = 6. 329. Из точки, взятой на окружности радиуса R, проведены две равные хорды; угол между хордами равен а. Найти площадь части круга, заключенной между этими хордами. 330. Пусть ABCDEK — правильный шестиугольник со стороной а, точка О — его центр. Проведены три окружности: первая с центром в точке А проходит через точки С и Е\ вторая с центром в точке В проходит через точки О и С; третья с центром в точке К проходит через точки О и Е. Найти площадь фигуры, ограниченной этими тремя окружностями и лежащей внутри шестиугольника. 331. Две окружности радиусами R и 2R расположены так, что расстояние между их центрами О\ и О2 равно 2R ^3. К ним проведены общие касательные, пересекающиеся в некоторой точке отрезка O1O2. Найти площадь фигуры, огра- 77
ничейной отрезками касательных и большими дугами окружностей, соединяющими точки касания. 332. Основание треугольника равно а, углы при основании 15 и 45° С центром в противолежащей основанию вершине треугольника и радиусом, равным высоте, проведенной из этой вершины, построен круг Найти площадь части круга, лежащей внутри треугольника. 333. Два круга одинакового радиуса расположены так, что расстояние между их центрами равно радиусу. Найти отношение площади пересечения кругов к площади вписанного в это пересечение квадрата. 334. Дана полуокружность с диаметром А В. Точка С — произвольная точка диаметра А В, из точки С восставлен перпендикуляр CD к диаметру до пересечения с полуокружностью в точке D. На АС и С В как на диаметрах построены полукруги, лежащие внутри данного. Доказать, что площадь фигуры, ограниченной тремя полуокружностями, равна площади круга, построенного на CD как на диаметре. 335. В треугольнике ABC АА=а, ЛВ = $ и АС = Ь. Высоты AD и BE пересекаются в точке И Около треугольника HDE описан круг Найти площадь пересечения круга и треугольника. 336. Внутри правильного «-угольника со стороной а расположены « равных кругов так, что каждый касается двух других и стороны «-угольника. Найти площадь «звездочки», образующейся в центре «-угольника. 337. Внутри правильного «-угольника со стороной а расположены « равных кругов так, что каждый касается двух смежных сторон «-угольника и двух других кругов. Найти площадь образовавшейся внутри «-угольника «звездочки». 5. Разные задачи 338. Площадь треугольника равна 16 см2, медианы та и ть равны соответственно 6 и 4 см. Доказать, что эти медианы перпендикулярны. 339. Внутри правильного «-угольника взята произвольная точка. Из нее опущены перпендикуляры на стороны или на их продолжения. Доказать, что сумма этих перпендикуляров есть величина постоянная. 340. Через центроид правильного треугольника ABC проведена прямая, параллельная стороне АВ. На этой прямой внутри треугольника взята произвольная точка М, из нее опущены перпендикуляры MD, ME и МК на стороны соответственно АВ, АС и ВС. Доказать, что MD = — (ME + KM). 341. Доказать, что -—\--—\--г-=—, где «i, «2, «з — высоты треугольника, П\ «2 «3 Г a r — радиус вписанной окружности. 342. Пусть D — внутренняя точка стороны АС в ААВС, гх и г2 — радиусы окружностей, вписанных в треугольники соответственно ABD и BDC, г — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Доказать, что r<ri+r2. 343. Площадь выпуклого четырехугольника ABCD равна 3024 см2, а диагонали 144 и 42 см. Найти длину отрезка, соединяющего середины сторон А В и CD. 344. Площадь равнобедренного треугольника равна S, а угол между медианами, проведенными к боковым сторонам, равен а. Найти основание треугольника. 78
345. Стороны треугольника а и Ь, угол между ними 7- Найти: а) биссектрису /с; б) высоту hc. 346. Основание треугольника равно а, высота h. Найти сумму боковых сторон, если известно, что угол между ними равен а. 347. В треугольнике один из углов равен разности двух других, длина меньшей стороны равна 1 см, а сумма площадей квадратов, построенных на двух других сторонах, в два раза больше площади описанного около треугольника круга. Найти длину большей стороны треугольника. 348. В треугольнике известны две стороны а и Ь (а > Ь) и площадь S. Найти угол между высотой и медианой, проведенными из общей вершины двух данных сторон. 349. Зная площадь S и углы а, р и у треугольника, найти длину высоты, проведенной из вершины угла а. 350. В треугольник ABC вписана окружность, касающаяся стороны ЛВ в точке М и стороны АС в точке N. Найти угол ВАС и радиус вписанной окружности, если ЛМ=1 см, ВУИ = 6 см и C/V = 7 см. 351. Площадь прямоугольника ABCD равна 48 см2, а диагональ равна 10 см. Точка О удалена от вершин В и Л на расстояние 13 см. Найти расстояние от точки О до. наиболее удаленной от этой точки вершины прямоугольника. 352. Стороны треугольника a, b и с образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Доказать, что ас = 6/?г, где R и г — радиусы описанной и вписанной окружностей. 353. Основания трапеции а и Ь. Найти длину отрезка, параллельного основаниям, заключенного между боковыми сторонами и делящего трапецию на две равновеликие части. 354. В параллелограмме ABCD основание Л£)=£С = 12 см. На продолжении ВС за точку С взята точка М так, что площадь треугольника, отсекаемого прямой AM от параллелограмма ABCD, равна — площади параллелограмма. 6 Найти длину отрезка СМ. 355. В остроугольном треугольнике ABC из вершин Л и С опущены высоты AD и СЕ. Известно, что площадь треугольника ABC равна 18 см2, а площадь треугольника BDE равна 2 см2, длина отрезка DE равна 2 -^2 см. Вычислить радиус окружности, описанной около треугольника ABC. 356. В остроугольном треугольнике ABC из вершин А и С опущены высоты AD и СЕ. Известно, что площадь треугольника ABC равна 64 см2, а площадь треугольника BDE равна 16 см2 Найти длину отрезка DE, если радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен 16 д/3 см. 357. В треугольнике ABC, площадь которого равна 6 см2, на сторонах А В и АС взяты соответственно точки К и М так, что Л/(:£/( = 2:3, AM:CM = 5:3. Прямые СК и ВМ пересекаются в точке Р Найти АВ, если расстояние от точки Р до прямой А В равно 1,5 см. 358. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) проведена биссектриса AD. Найти АС, если площадь треугольника ABD равна S\, а площадь треугольника ADC равна $2- 359. В треугольнике ABC точка Н — ортоцентр. Найти отрезок АН, если АВ=\3 см, ВС=\4 см и ЛС = 15 см. 79
360. Центр вписанной в треугольник окружности соединен отрезками с вершинами треугольника. Получились три треугольника с площадями 4, 13 и 15 см2 Найти стороны исходного треугольника. 361. В треугольнике ЛВС известно, что ВС:ЛС = 3, АС = у. На ЛВ взяты точки D и К так, что AACD= /LDCK= Z. КСВ. Найти отношение CD:CK. 362. В треугольнике ABC проведена медиана BD. Найти отношение радиуса окружности, описанной около треугольника ABD, к радиусу окружности, вписанной в треугольник ABC, если АВ = 2, АС =6 и /_ВАС =60° 363. В треугольнике ABC известно, что АС:ВС= 1:3, zl/lC# = arctg — На стороне ВС взята точка D так, что AC = CD. Найти отношение площади круга, описанного около треугольника ACD, к площади круга, вписанного в треугольник ABD. § 5. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений геометрических величин рекомендуем решать по следующему плану: 1. Проанализировав условие задачи, определяют, что является оптимизируемой величиной (т. е. величиной, наибольшее или наименьшее значение которой требуется найти); обозначают оптимизируемую величину буквой у (или S, /?, г и т. д. в зависимости от условия задачи) 2. Одну из неизвестных величин (сторону, угол и т. д.) принимают за независимую переменную и обозначают буквой х, устанавливают реальные (в соответствии с условием задачи) границы изменения х. 3. Исходя из условия задачи выражают у через х и известные величины (этап геометрического решения задачи), т. е. получают функцию y = f (х). 4. Для функции y = f{x) находят наибольшее (или наименьшее) значение по промежутку реального изменения х, указанному в п. 2. 5. Интерпретируют результат п. 4 для решаемой геометрической задачи. На первых трех этапах составляется, как принято говорить, математическая модель данной геометрической задачи (функция y = f(x)). При составлении модели успех во многом зависит от удачного выбора независимой переменной — желательно, чтобы этот выбор приводил к сравнительно несложному аналитическому выражению у через х. На четвертом этапе составленная математическая модель исследуется чаще всего средствами математического анализа, иногда элементарными способами. В момент такого исследования сама геометрическая задача, послужившая отправной точкой для математической модели, исследователя не интересует. И лишь когда закончится решение задачи в рамках 80
составленной математической модели, полученный результат интерпретируется для исходной геометрической задачи. Напомним план решения средствами дифференциального исчисления задачи на отыскание наибольшего или наименьшего значения функции y = f(x)y дифференцируемой на промежутке х: 1) находят f (х)\ 2) находят стационарные и критические Рис- 83 точки для функции / (х)у т. е. соответственно точки, в которых /'(*) = О или f (x) не существует; выбирают из них те точки, которые принадлежат промежутку Л; 3) составляют таблицу значений функции y = f(x)y в эту таблицу включают значения функции в точках, найденных в п. 2, а также на концах промежутка X. Если промежуток X не содержит своих концов, то в таблицу включают пределы функции / (х) на его концах. Следует иметь в виду, что бывают случаи, когда задача проще решается чисто геометрическим путем. Пример 1. На окружности радиуса R даны точки А и В, расстояние между которыми равно а, и произвольная точка С. Чему равно наибольшее значение выражения АС2-\-ВС2 (рис. 83)? Решение. 1. Оптимизируемой величиной является выражение АС2 + ВС\ положим АС* + ВС2 = у. 2. Выберем независимую переменную, положив /LCAB = x. Реальные границы изменения этой переменной: 0<*<л —у, где у — величина угла АСВ (ясно, что у не зависит от выбора точки С, поскольку /LACB измеряется половиной фиксированной дуги АВ\ ясно также, что точку С по смыслу задачи надо выбирать на той из дуг АВ, которая больше половины окружности) 3. Выразим у через х, a, R. Применив теорему синусов к треугольнику ABC, получим AC = 2R sin (я — х — y) = 2R sin (x + y), BC = 2R sin jc, y = AC2 + BC2=4R(s\n2 x.+ sm2 (x + y)) (математическая модель задачи составлена) 4. Для функции i/ = 4/?2 (sin2 x + sin2 (x-\-y)) надо найти наибольшее значение на промежутке (0; л —у). Это можно сделать без использования производной. Имеем у = 4R2 ({-cos2x | l-cos(2x-+2y)\ = = 2R2 (2-(cos 2x + cos (2x + 2y))) = 2R2 (2-2 cos (2jc + y) cos y) = " =4/?2 (1 —cos (2jc + y) cos y). Это выражение достигает наибольшего значения при тех ху для которых cos (2x + y)=1. Получаем 2x + y = n + 2nk, x = n + 2nk~4 81
Промежутку (0; л —у) принадлежит лишь точка х=-—2 (полу- Вычислим наибольшее значение функции у: Осталось выразить cosy через a, R. Имеем (из A ABC) -£_=2/?. Значит, sin у SinY = ^, COS Y = V1 - У„а„6=4Л2 (1 +cos Y) = 5. Интерпретируя этот результат (т. е. переводя его на язык решаемой задачи), приходим к следующему выводу: наибольшее значение выражения АС2 + ВС2 равно 2R (2R + ^/4R2 + a2)\ оно достигается, когда ZlCi4fi=~:=:^-, т. е. когда треугольник ABC равнобедренный: АС = ВС. Замечание. Наибольшее значение функции y = 4R2 (sin2 x + sin2 (x + y)) можно было найти и с помощью производной. Имеем у' =4R2 (2 sin x cos x + 2 sin (x + y) cos (x + y)) = = 4R'2 (sin Из уравнения у'=0 находим: sin (2x + y) = 0, 2x + y = nk, x=———- Промежутку (0; я —y) принадлежит точка х=——^ Пример 2. Через точку Mt лежащую внутри заданного угла, проводятся различные прямые. Найдем ту из них, которая отсекает от сторон угла треугольник наименьшей площади. Решение. 1. Рассмотрим треугольник АОВ, где АВ — секущая, проходящая через точку М\ /LAOB — а — данный угол (рис. 84). Оптимизируемая величина — площадь /\АОВ, обозначим ее S. - Рис. 84 К х В 82
2. Проведем DM||OB, МК\\ОА. Положим КВ = х. Реальные границы изменения х: 0<Сх<:-|-оо 3. Поскольку М — фиксированная точка, отрезки DM и КМ тоже фиксированы, положим DM = a, KM = b и выразим S через х, а и Ь. Воспользуемся формулой S = —AO-OB-s'm a. Рассмотрим треугольники МКВ и АОВ. Они подобны. Значит, ^=— т. е. -£-=-£— Отсюда находим: АО = ь^а + х^ Тогда /10 ОБ /10 а + х 2 (математическая модель задачи составлена) 4. Рассмотрим функцию S = k ^a~^x^ , o<:jc<: + oo, где k = sin a Найдем ее наименьшее значение: 2) Производная не существует в точке х = 0, а обращается в нуль в точках х=—а, х = а. Из этих трех точек промежутку р; + °°[ принадлежит лишь точка х = а. 3) Найдем односторонние пределы функции на концах промежутка: Значит, наименьшее значение функции достигается в единственной стационарной точке х = а. 5. Вернемся к исходной геометрической задаче. Если х = КВ = = а, то, поскольку ОК = а, МК — средняя линия треугольника АОВ. Значит, точка М — середина АВ. Таким образом, чтобы от сторон угла отсечь треугольник наименьшей площади, надо провести через точку М прямую так, чтобы ее отрезок, заключенный между сторонами угла, делился в точке М пополам. Пример 3. На равных сторонах АВ и ВС равнобедренного треугольника ABC взяты соответственно точки D и Е так, что DE\\AC. На DE как на основании построен квадрат так, что квадрат и точка В лежат по разные стороны от прямой DE. Найдем наибольшее значение площади пересечения треугольника и квадрата, если АС = ЬУ а высота ВН треугольника ABC равна Л. Решение. 1. Оптимизируемая величина — площадь пересечения треугольника, и квадрата; обозначим ее буквой S. 2. Обозначим через х сторону квадрата: x = DE. Найдем реальные границы изменения х. Ясно, что из всех квадратов, целиком лежащих внутри треугольника, наибольшую площадь имеет вписанный квадрат, т. е. квадрат, все вершины которого лежат на сторонах треугольника (рис. 85) Если х больше стороны впи- 83
а А В \ А Т Н Р С i А К / \ ТИР с F Рис. 85 Рис. 86 санного квадрата, то квадрат и треугольник расположены так, как показано на рисунке 86. В этом случае пересечением квадрата и треугольника будет вписанный прямоугольник DEPT (вписанный квадрат — частный случай) Значит, реальные границы изменения х: от стороны вписанного квадрата до стороны АС. Найдем сторону вписанного квадрата. Из подобия треугольников BDE и ABC (см. рис. 85) получаем -^-=^—^ ? откуда находим: bh bh Итак, 3. Выразим площадь S вписанного прямоугольника DEPT через л:, а и Л. Из подобия треугольников ADT и АВН получаем b х . откуда DT = НО, S= 4. Рассмотрим функцию S = — (bx — x2) b \ b) Найдем ее наибольшее значение: -, и, следователь- на промежутке 2) S' = 0 при x = -j- Теперь надо выяснить, лежит ли точка — внутри промежутка ; b ), т. е. выполняется ли неравенство bh b+h 84
Для этого определим знак разности bh Если , то b + h 2 b ==2bh-b'2-bh = b(h-b) b + h 2 2(b + h) 2{b + h) bh ь— Имеем 2 -f; если же h>b> то е. в этом случае внутри промежутка Г bh . ■; b ) стационарных то- Lb -\-h / чек нет. 3) Составим таблицу значений функции, среди которых надо искать наибольшее. Заметим прежде всего, что lim S(x)= lim -^-(bx — x2) = 0. Далее, так как сторона вписанного (-^L-)=() так как \b-\-h / \b-\-n/ b-\-h квадрата. Наконец, S (-|-) =-|-(б--|—(^-)2) = -^- Итак, если h<Lby таблица значений функции (включающая в себя значения (или пределы) на концах и значения в стационарных или критических точках) имеет вид X S bh b + h ( bh V \b + hj b 2 bh 4 Надо сравнить значения (—— ) и — одно из них является \b-\-h / 4 искомым. Рассмотрим разность Щ- — (т^т" ) Имеем 4 \ b -\-h / Q bh ( bh 4 \b + h =bh(b-hf Значит, —>( bh ) Итак, если h<ib, то наибольшее значе- 4 \ b-\-h / ние функции S (х) равно — и достигается при х = — Если h^by то в промежутке -—-; b ) стационарных точек, как мы обмечали выше, нет. В этом случае -|-< ^ , и, следовательно, S'=-j-(b — 2jc)<0, т. е. в рассматриваемом про- 85
Рис. 87 Рис. 88 Рис. 89 межутке функция S (х) убывает. Тогда свое наибольшее значение она достигает на левом конце промежутка, т е. в точке х = —— , и равно оно b -\-h 5. Возвращаясь к условию задачи, приходим к следующему выводу: если высота треугольника меньше основания, то наибольшую площадь будет иметь пересечение треугольника с квадратом, построенным на средней линии треугольника; если же высота треугольника не меньше основания, то наибольшей будет площадь вписанного в треугольник квадрата. Пример 4. В окружность радиуса R вписана трапеция, одно из оснований которой имеет длину R д/3. Чему должна равняться длина боковой стороны трапеции, чтобы трапеция имела наибольшую площадь? Решение. 1. Оптимизируемая величина — площадь трапеции, обозначим эту величину буквой S. 2. Обозначим буквой х угол при известном основании трапеции. При х = 60° трапеция вырождается в правильный вписанный треугольник — его сторона, как известно, как раз равна R-\/3 (рис. 87). При х<60° трапеция окажется вписанной в меньший из двух сегментов, отсекаемых от окружности хордой AD (рис. 88), тогда как нас по условию задачи интересуют трапеции, вписанные в больший из этих сегментов. Значит, л:^60° С другой стороны, x<i 120°, так как дуга, на которую опирается угол при основании трапеции (вписанный угол), меньше 240°, поскольку дуга ABCD содержит 240° (рис. 89) Таким образом, установлены реальные границы изменения введенной независимой переменной: 60°<л:<120о 3. Площадь S трапеции будем искать по формуле >= AD+BC 2 вя, где ВН — высота трапеции. Но AD + BC = (AH + HD) + (DH — -DK)==2DH. Значит, S = DH-BH Имеем /Ш = /?УЗ, BD = 2R sin x, 86
sin3 80° ! = BD-sin (120°— x) = 2R sin x sin (120° — *), ) = BD-cos {\20° — x) = 2R sin jc cos (120° — *), S = HD-BH = 2R sin jc cos (120°— *)• 2/? sin x sin (120°— *) = = 2/?2sin2Jcsin(240°-2A:). 4. Найдем наибольшее значение функции S = 2R2 sin2, Xsin (240° —2jc) на промежутке [60°; 120°): 1) S' =2R2 (2 sin x cos x sin (240°-2x)-2 sin2 * cos (240° -2x))= = 4R2 sin x (sin (240° — 2jc) cos x —sin jc cos (240° — 2x)) = = AR2 sin x sin (240° — 2jc — jk) = 4/?2 sin x sin (240° —3jk). 2) На промежутке [60°; 120°) S' обращается в нуль лишь в точке х = 80° 3) При jk = 60° S=3R2^ , при jc = 80° S = 2R2 sin3 80°, при jc-^120° S' ->- 0. Значит, наибольшее значение площади либо , либо 2/?2 sin3 80° Предположим, что )3>sin380°, т. е. ^>sin 80°, или sin 60° >sin 80°, что неверно. Значит, 2R2^<2R2 sin3 80° 5. Итак, наибольшую площадь имеет трапеция с углом при основании 80° Найдем боковую сторону такой трапеции (что требуется в задаче). Из AABD по теореме синусов получаем AD = 2R sin (120° — x) = 2R sin (120° — 80°) = 2R sin 40° Пример 5. Докажем, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный треугольник. Решение. / способ. 1. Оптимизируемая величина у — биссектриса BD (рис. 90). 2. По условию АС и /.ABC постоянны, положим АС = Ь, ^ = р. Введем независимую переменную х= AADB. Найдем реальные границы изменения х. С одной стороны, угол х как внешний для треугольника BDC больше, чем любой угол этого треугольника, не смежный с углом BDA, т. е. х>-тг С другой стороны, из треугольника ABD заключаем, что о о ' а D т х D D '—2 • ИтаК> 2<Х<Я-2 А О Рис. 90 87'
3. Выразим BD через х, b и р. Отметим, что ABAD = n — x — 2 ' 2 По теореме синусов из треугольника ABC получаем АС = АВ т е Ь = АВ sin В sin С ' ' sin p b sin I jc—'- откуда находим: АВ = Аналогично по теореме синусов из треугольника ABD полу- ходим: АВ sin I x-H-jr-; b sin I x—£- ) sin I * + -£- , ^— V 2/= V 2/ V T2/ ^ 6 cosp-cos2x sin x sin x sin p 2 sin p sin x 4. Найдем наибольшее значение функции и==——cosp —cos2x ^J y 2sinp sinx на промежутке (-&- j\ „/ b 2 sin 2x sin x —cos x(cos p —cos 2x) 2 sin p sin2 x b (cos 2x cos x-}-sin 2x sin x)-f-sin 2x sin x — cos p cos x__ 2 sin p sin2 x b cos x + 2 sin2 x cos x — cos p cos x 2 sin p sin2 x cos x {1 — cos p 4- 2 sin2 x) cos x( sin2-|- +sin2 jr) 2 sin p sin2x sin p sin2 x 2) #/==0, если cosa: = 0, т. е. при * = -f- (других решений на промежутке f-|-; я—|-J уравнение cosjc = 0 не имеет); у' не существует, если sinx = 0, но в промежутке у^-\ я—&-Л это уравнение не имеет решений. 3) Чтобы составить таблицу для отыскания наибольшего значения функции, вычислим прежде всего односторонние пределы рассматриваемой функции при х-+-&--\-0 и при х -> я—В—О: цт b (cos P — cos 2x) __ b (cos P — cos p) __q p 2 sin p sin x 88
lim -4- h (cos ft —cos 2x) 2 sin p sin x 6 (cos P — cos (2л — p)) _n 2 sin Psin ( л — -^- ) Теперь уже ясно, что наибольшее значение функция у (х) имеет при * = -тг Это значение равно: cos р+1 __ 2 sin л ■ Р 4 sin у cos ~~ 2 5. Если х=—, то Z. ЛОВ =90° Это значит, что в треугольнике ABC биссектриса BD является высотой. Значит, треугольник ABC равнобедренный. Таким образом, из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный треугольник. // способ. Дадим геометрическое доказательство, которое, как мы увидим, по краткости и изяществу значительно выигрывает по сравнению с первым способом. Опишем окружность около треугольника ABC с биссектрисой BD (рис. 91) Вершины всех остальных треугольников с данным основанием и данным углом при вершине лежат на дуге ЛВС. Возьмем равнобедренный треугольник ЛВ1С, проведем в нем биссектрису B\D\ и докажем, что BD<cB\D\. Продлим обе биссектрисы BD и B\D\ до пересечения с окружностью. Обе они пересекут окружность в одной и той же точке М — середине дуги АС. Так как В\М — диаметр окружности, то BM<iB\M. Из треугольника DD\M заключаем, что DM> D\M. Из этих неравенств следует, что ВМ — <BXM — D{M, т. е. что BD<BXD\. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 364. Доказать, что в прямоугольном треугольнике —^д/2—1, где г — ра- R диус вписанной, a R — радиус описанной окружности. 365. Доказать, что в равнобедренном треугольнике отношение радиусов вписанной и описанной окружностей не больше —. 89
366. Доказать, что из всех треугольников с одинаковым углом при вершине и постоянной суммой боковых сторон наименьшее основание имеет равнобедренный треугольник. 367. Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине равнобедренный треугольник имеет: а) наибольшую площадь; б) наибольший периметр. 368. Доказать, что из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данную окружность, равносторонний треугольник имеет: а) наибольшую площадь; б) наибольший периметр. 369. Точка А лежит между двумя параллельными прямыми 1\ и /2, удалена от них на расстояния а и Ь и является вершиной прямого угла прямоугольного треугольника ABC; точка В лежит на прямой /i, точка С — на прямой /г. Доказать, что из всех таких треугольников наименьшую площадь имеет треугольник с катетами а^/2 и b -у/2. 370. В треугольник вписан прямоугольник. Доказать, что площадь прямоугольника не больше половины площади треугольника. 371. Доказать, что из всех параллелограммов, вписанных в данный треугольник так, что у треугольника и параллелограмма есть общий угол, наибольшую площадь имеет параллелограмм, вершина которого делит пополам сторону треугольника, противолежащую общему углу. 372. В треугольнике ABC площадь равна 5 и Z.£ = p. Найти наименьшее значение: а) суммы сторон АВ и ВС; б) стороны АС; в) периметра треугольника. 373. Из всех равнобедренных треугольников с постоянной длиной медианы, проведенной к боковой стороне, найти треугольник с наибольшей площадью. Чему равен угол при вершине такого треугольника? 374. В треугольнике ABC со сторонами а, Ь и с стороны АВ и АС продолжены за вершины в и С на расстояния AD и АЕ так, что BD-\-CE=AC. Найти AD и АЕ так, чтобы отрезок DE был наименьшим. 375. В треугольнике ABC на стороне АС взята произвольная точка, из нее опущены перпендикуляры на стороны А В и ВС. Чему равны наименьшее и наибольшее значения суммы этих перпендикуляров, если известно, что АВ>ВС> 376. В данный прямоугольный треугольник вписать прямоугольник, имеющий с треугольником общий прямой угол и наименьшую диагональ. 377. Статуя высотой 4 м стоит на колонне высотой 5,6 м. На каком расстоянии от колонны должен встать человек, чтобы видеть статую под наибольшим углом, если расстояние от земли до уровня его глаз равно 1,6 м? 378. Боковые стороны и одно из оснований трапеции равны 15 см. При каком основании площадь трапеции будет наибольшей? 379. Из прямоугольной трапеции с основаниями а и b и высотой h вырезается прямоугольник наибольшей площади. Чему равна эта площадь, если: а) а = 80 см, 6 = 60 см и /i=100 см; б) а = 24 см, Ь=8 см и /i=12 см? 380. Сторона квадрата A BCD равна 8 см. На сторонах АВ и ВС взяты соответственно точки Р и £ так, что ВР = ВЕ = 3 см. Найти на сторонах CD и AD точки М и К так, чтобы трапеция РЕМК имела наибольшую площадь. Чему равно наибольшее значение площади трапеции? 381. У пятиугольника ABCDE углы Л, В и £ прямые, АВ = а, АЕ = Ь, 90
ВС = с и DE = m. Вписать в пятиугольник прямоугольник наибольшей площади, если: а) а = 7 см, 6=9 см, с = 3 см и т — Ъ см; б) а = 7 см, 6=9 см, с — 3 см и га=4 см. 382. На окружности даны две точки А а В. Найти на окружности точку С такую, чтобы: а) произведение АС-ВС было наибольшим; б) сумма АС-\-ВС была Наибольшей. 383. а) Из всех секторов с данным периметром Р найти тот, который имеет наибольшую площадь, б) Из всех секторов с данной площадью S найти тот, который имеет наименьший периметр. 384. Сечение тоннеля имеет форму прямоугольника, завершенного сверху полукругом. При каком радиусе полукруга площадь сечения будет наибольшей, если периметр сечения равен Р? 385. Хорда АВ удалена от центра О окружности радиуса R на расстояние Н. В меньший из двух сегментов, образованных хордой АВ, вписать прямоугольник наибольшей площади. 386. В окружность радиуса R вписана трапеция, одно из оснований которой равно диаметру. Найти наибольшую площадь такой трапеции. 387. а) Доказать, что из всех треугольников с данным острым углом при вершине и данным основанием наибольшую медиану, проведенную к основанию, имеет равнобедренный треугольник, б) Доказать, что из всех треугольников с данным тупым углом при вершине и данным основанием наименьшую медиану, проведенную к основанию, имеет равнобедренный треугольник. 388. Через вершину В данного треугольника ABC проведена прямая /. Из точек Л и С опущены перпендикуляры на эту прямую. Доказать, что сумма этих перпендикуляров будет наименьшей, если прямая / перпендикулярна медиане ВМ треугольника ABC. 389. а) Из всех равнобедренных треугольников данной площади S найти тот, в который можно вписать окружность наибольшего радиуса. Вычислить этот радиус. б) Около окружности радиуса г описать равнобедренный треугольник наименьшей площади. Найти эту площадь. 390. Сторона квадрата A BCD равна 6 см. На сторонах AD и А В взяты точки К и Р так, что Л/( = 3 см, АР = 2 см. В квадрат вписана трапеция с основанием КР Какова наибольшая площадь трапеции? 391. Хорда АВ равна радиусу окружности. Хорда CD проведена параллельно АВ так, что трапеция A BCD имеет наибольшую площадь. Найти угловую величину меньшей из дуг, стягиваемых хордой CD.
Глава II СТЕРЕОМЕТРИЯ § 6. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О ПОЛНЫХ ИЗОБРАЖЕНИЯХ 1. В планиметрии изображением фигуры Фо, называемой оригиналом, считается любая фигура Ф, подобная фигуре Фо. Так, если фигура Фо — это прямоугольный треугольник с катетами, равными 5 и 30 см, то фигурой Ф можно считать любой такой прямоугольный треугольник, отношение катетов которого равно 5:30, например прямоугольный треугольник с катетами 1 и 6 см. 2. Сложнее обстоит дело с изображением фигур в стереометрии. В начертательной геометрии детально разработаны различные методы построения изображений, и в частности методы параллельного проектирования. Однако в школьном курсе геометрии выполнение чертежей в какой-либо определенной проекции ни в коей мере не оправдано, и оказывается вполне целесообразным выполнять построение изображений пространственных фигур в так называемой произвольной параллельной проекции. Произвольность при этом состоит в том, что положение оригинала относительно плоскости, на которую осуществляется проектирование, и направление проектирования на эту плоскость остаются неопределенными. Возможность применения такого способа построения проекционного изображения следует из теоремы Польке-Шварца, в соответствии с которой любой плоский четырехугольник ABCD вместе с его диагоналями может быть принят за параллельную проекцию тетраэдра, подобного тетраэдру AoBoCoDo произвольной формы. Проекционное изображение фигуры Фо можно получить, таким образом, не непосредственным проектированием фигуры Фо, а выполняя построения в строгом соответствии с законами параллельного проектирования, т. е. сохраняя аффинные свойства оригинала. Напомним некоторые из аффинных свойств (т. е. свойств, сохраняющихся при параллельном проектировании) 1) свойство фигуры быть точкой, прямой, плоскостью; 2) свойство фигур иметь пересечение; 3) деление отрезка в данном отношении; 4) свойство прямых (плоскостей, прямой и плоскости) быть параллельными; 5) свойство фигуры быть треугольником, параллелограммом, трапецией; 92
6) отношение длин параллельных отрезков; 7) отношение площадей двух фигур. По изображению, построенному в соответствии только с законами параллельного проектирования, форму оригинала восстановить, разумеется, нельзя. Однако в школьном курсе геометрии это делать и не требуется. 3. При изложении теоретического материала школьного курса геометрии и решении различных задач обычно в целях наглядности это изложение (или решение) сопровождается проекционным чертежом (изображением) В зависимости от цели используются изображения следующих трех видов: иллюстративные, полные, метрически определенные. Ко всем этим видам изображений пространственных фигур, применяемых в процессе преподавания стереометрии в средней школе, предъявляются такие требования: 1) изображение должно быть верным, т. е. оно должно представлять собой фигуру, подобную произвольной параллельной проекции оригинала; 2) изображение должно быть по возможности наглядным, т. е. должно вызывать пространственное представление об оригинале (для достижения, например, большей наглядности изображения так называемые невидимые линии изображают пунктиром); 3) изображение должно быть легковыполнимым, т. е. правила построения должны быть максимально простыми. Необходимо четко различать понятие верного и понятие наглядного изображения. Верность изображения является строго определяемым математическим понятием. Чтобы изображение было верным, достаточно строить его в соответствии с законами параллельного проектирования. Понятие наглядности относится к числу субъективных, так как оно связано с индивидуальным восприятием изображаемой фигуры. Так, все представленные на рисунках 92, а, б, в, г изображения — это верные изображения куба. Однако наглядным нам представляется лишь изображение, показанное на рисунке 92, г. На рисунках 92, д, е, ж, з все изображения — это верные изображения правильной четырехугольной пирамиды. Наглядным же нам представляется только изображение, показанное на рисунке 92, з. Остановимся в этом параграфе на полных и иллюстративных изображениях. (О метрически определенных изображениях будет рассказано далее в § 9.) 4. С понятием верного изображения тесно связано понятие позиционной полноты изображения (или, короче, полноты изображения) Напомним кратко, как вводится и определяется это понятие. Пространственная фигура Фо проектируется на некоторую плоскость яо- Это проектирование, называемое вспомогательным, может быть как параллельным, так и центральным. На рисун- 93
а) г) Рис. 92 ке 93, а показано вспомогательное параллельное проектирование. Далее фигура Фо и ее проекция (вспомогательная) — фигура Фо — проектируются на плоскость я, отличную от плоскости я(у. Плоскость я называют проекционной плоскостью или плоскостью изображения (это плоскость чертежа) Рис. 93 94
Проектирование на плоскость я называют внешним. Оно также может быть и параллельным, и центральным. (Мы в дальнейшем, говоря о внешнем проектировании, будем иметь в виду только параллельное проектирование.) Направление внешнего проектирования, естественно, непараллельно плоскости я. В результате выполнения внешнего проектирования фигур Фо и Ф6 на плоскость я на ней получаются соответственно фигуры ФиФ' которые называют проекцией и вторичной проекцией фигуры Фо (рис. 93, б) Именно с этими фигурами ФиФ' (или даже только с первой из них) мы имеем дело, иллюстрируя доказательство теорем и решение задач. Проекцию плоскости яб на плоскость я обозначим я' Плоскость я' называют основной плоскостью. Вторичные проекции всех элементов фигуры Фо принадлежат плоскости я' Таким образом, плоскость я7 является плоскостью вторичных проекций. Пусть точки Л, В, С, и Л' В' С, это соответствен но проекции и вторичные проекции точек Ло, Во, Со, фигуры Фо. Тогда, если вспомогательное проектирование фигуры Фо было параллельным, т. е. ЛоЛ6||ВоВ6||СоСо|| то в плоскости изображения будет ЛЛ'НВВ'Н СС'\\ Таким образом, соответствие А-+А' на плоскости изображения можно (разумеется, условно) рассматривать как некоторый род проектирования; его называют внутренним параллельным проектированием. Отметим еще, что если вспомогательное проектирование фигуры Фо было центральным, то соответствие А-+А\ которое будет установлено на плоскости изображения, будет также центральным (внутренним) проектированием. Под проекцией (изображением) пространственной фигуры понимают совокупность проекций всех ее точек. Точка Ло называется заданной на проекционном чертеже или, короче, данной, если известны ее проекция и вторичная проекция, т. е. пара точек Л и Л' Изображение фигуры Фо называется полным, если каждая точка Ло, принадлежащая фигуре Фо, является заданной на проекционном чертеже. Для получения проекции пространственной фигуры Фо (оригинала) в общем случае не является обязательным проектирование каждой из ее точек. Так, две пары точек Л, Л' и В, В' при условии, что АА'\\ВВ\ определяют полное изображение прямой А0В0, Аналогично если АА'\\ВВ'\\СС\ то три пары точек Л, Л' В, В' и С, С определяют полное изображение плоскости ЛоВоСо. Далее, если фигура Фо — многогранник, то он ограничен конечным числом граней (плоских фигур); каждая же грань ограничена ломаной, звенья которой — это ребра многогранника (отрезки) Каждое ребро, в свою очередь, ограничено парой вершин многогранника. Если найти проекции всех вершин многогранника, то тем самым будут определены проекции всех его ре- 95
а) Рис. 94 бер и граней, т. е. будет получено полное изображение многогранника. Параллельные проекции любой призмы и любой пирамиды являются полными изображениями. 5. Если изображение фигуры Фо является полным, то на нем разрешима любая позиционная задача, т. е. задача о построении инциденций точек, прямых, плоскостей и всех других элементов фигуры Фо. Изображение фигуры Фо, которая представляет совокупность прямой PqQo и призмы АоВоСоА'оВЬСо (рис. 94, а), является неполным. Поэтому задача о построении точек пересечения прямой PoQo с плоскостями граней призмы не может быть решена. Если же указать на изображении не только точки Р и Q — проекции точек Яо и Qo, но и точки Р' и Q' — вторичные проекции точек Ро и Qo (рис. 94,6), то все изображение становится полным и поставленная задача становится разрешимой. Неполные изображения, или, каких называют, иллюстративные чертежи, используются в практике преподавания в средней школе, особенно при изложении первых разделов стереометрии. Для выполнения построений непосредственно в пространстве набор чертежных инструментов (циркуль и линейка), применяемый для построений на плоскости, необходимо пополнить инструментом, позволяющим строить плоскости в пространстве. (Можно было бы назвать этот воображаемый инструмент «пластинкой».) Будем считать, что пополненным набором чертежных инструментов можно выполнять следующие построения, которые называют основными: 1) построение плоскости, проходящей через три точки; 2) построение линии пересечения двух плоскостей; 3) известные построения на плоскости. Выполнить какое-либо построение в пространстве — это значит выполнить конечное число основных построений, к которым можно свести требуемое построение. 96
Построения, выполняемые с помощью введенного воображаемого инструмента, называют также воображаемыми. На практике конструктивные задачи в пространстве решаются на проекционном чертеже с помощью обычных чертежных инструментов (циркуль и линейка) В целях наглядности изложения необходимые построения часто сопровождают иллюстра'тивными чертежами. Приведем пример. Пусть требуется построить прямую, проходящую через точку С параллельно прямой, проходящей через точки Л и В. Ход решения можно сопровождать иллюстративным чертежом, который показан на рисунке 95, а. 1 Через точки Л, В и С проведем плоскость а. 2. В плоскости а через точку С проведем прямую, параллельную прямой АВ. Приведем теперь для сравнения решение этой же задачи на полном изображении, т. е. так называемое эффективное (а не иллюстративное) решение. Для этого прежде всего, считая точки Л, В и С проекциями точек Ло, Во и Со, зададим в плоскости изображения еще точки Л' В' к С — вторичные проекции точек Ло, So и Со, т. е. проекции (параллельные) точек Л, В и С, на некоторую плоскость я' (рис. 95,6). Теперь изображение прямой АВ и точки С становится полным и поставленная задача разрешима. 1. Так как АА'\\ВВ' то точки Л, В, А' и В' лежат в одной плоскости. Построим точку Si, в которой пересекаются прямые АВ и А'В' 2. Аналогично находим точку S$, в которой пересекаются прямые АС и А'С 3. Построим прямую S\Sf2. Эта прямая лежит и в плоскости ABC, и в плоскости я' 4. В плоскости ABC через точку С проведем прямую С5з||ЛВ. Прямая CS3 является проекцией искомой прямой. Соединив далее точку С с точкой S3, получим прямую C'S'z, которая является вторичной проекцией искомой прямой. Таким образом, пара прямых CS3 и CSS определяет полное изображение искомой прямой. А Рис. 95 97
§ 7. ПРОСТЕЙШИЕ ПОСТРОЕНИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ (ПОЗИЦИОННЫЕ ЗАДАЧИ) Условимся о некоторых обозначениях, употребляемых в задачах и упражнениях этого параграфа. Плоскость чертежа (плоскость изображения), как обычно, будем обозначать я, а основную плоскость (плоскость вторичных проекций) — я' Точки, называемые данными (заданными на проекционном чертеже), не лежащие в плоскости я', будем обозначать двумя буквами: А (А'), В (В'), С (С), Первые буквы обозначают проекции точек Ло, Во, Со, на плоскость чертежа, а вторые буквы — проекции точек Л, В, С, на плоскость я' При этом, естественно, АА' || ВВ' || СС || Если же проекция и вторичная проекция совпадают, т. е. данная точка лежит в плоскости я', то в двойных обозначениях нет необходимости. В таком случае будем обозначать данные точки одной буквой: А' В/ С, По аналогии с обозначениями, принятыми для данных точек, будем и для данных прямых употреблять также либо двойные обозначения: АВ{А'В'), АС(А'С\ ВС(В'С), ..., когда данные точки не лежат в плоскости я', либо более короткие обозначения: А'В', А'С В'С когда данные точки лежат в плоскости я' Прямую, проходящую через данные точки А [А') и В1 будем обозначать АВ' (А'В'). Вводить двойные обозначения для плоскостей нет необходимости, так как проекция любой плоскости на основную плоскость я7 совпадает с плоскостью я' Таким образом, данные плоскости будем обозначать либо тремя буквами, например ABC, ABD, либо буквами а, р, у, Не требуются двойные обозначения и для проектирующих прямых АА', ВВ' СС ..., т. е. прямых, параллельных направлению проектирования. Плоскость, проходящую через проектирующую прямую, называют проектирующей плоскостью. В обозначении проектирующей плоскости используется обозначение проектирующей прямой, через которую эта проектирующая плоскость проходит. Так, проектирующая плоскость А А'В проходит через прямую АА' Эта же плоскость проходит и через проектирующую прямую ВВ\ поэтому ее можно обозначить и ABB' Рассмотрим теперь примеры. Пример 1. Даны точки А (А')} В (В'\ С (С) и D {D'). Построим плоскость, проходящую через точку D (D'), параллельно плоскости ABC. Решение (рис. 96, а). 1. Найдем точку S{, в которой пересекаются лежащие в проектирующей плоскости АА'В прямые АВ А'В' точку S2, в которой пересекаются прямые АС и А'С и точку S3, в которой пересекаются прямые AD и A'D' 2. В плоскости 4SiS3 построим прямую DSi, проходящую через точку D, параллельно прямой AS'\ и в плоскости AS^S'i — 98
Рис. 96 прямую DSs, проходящую через точку D, параллельно прямой ASf2. 3. Через прямые DS\ и DS's проведем плоскость DS4S5, которая и является искомой. Замечание. Для сравнения приведем решение этой задачи на неполном изображении, т. е. с помощью иллюстративного чертежа (рис. 96,6). 1. Построим плоскость р, проходящую через точки Л, В и D, и в этой плоскости через точку D проведем прямую Ь\\АВ. 2. Построим плоскость у, проходящую через точки А, С и D, и в этой плоскости через точку D проведем прямую с\\АС. 3. Через прямые b и с проведем плоскость, которая и является искомой. Пример 2. Даны точки А (А'\ В\ С D (D') и Е (Е'). Найдем точку пересечения прямой DE (D'E') с плоскостью а, проходящей через точки А, В' и С Решение (рис. 97). 1. В плоскости л/ через точку А' проведем прямую A'S\\\D'E' и точку Si соединим с точкой А. D Рис. 97 99
Так как AA'\\DD' и A'S\\\D'E\ то проектирующие плоскости DD'E и ЛЛ^! параллельны между собой. Это значит, что плоскость DD'E пересекает данную плоскость а по прямой, параллельной прямой ЛS{. 2. Через точку Si, в которой пересекаются прямые D'E' и В'С', проведем в плоскости а прямую ЛИ5{ и найдем точку F, в которой пересекаются прямые / и DE. Точка F является искомой точкой. Пример 3. Даны точки Л (Л'), В\ С (С), D' и К' Построим прямую, проходящую через точку К' и пересекающую прямые АВ' (А'В') и CD' (CD'). Решение (рис. 98, а). 1. Построим плоскость а, проходящую через точку К' и прямую АВ' (это плоскость АВ'К'). 2. Найдем далее точку пересечения прямой CD' с плоскостью а. Для этого в плоскости я' проведем через точку А' прямую, параллельную прямой CD'; найдем точку S{, в которой пересекаются проведенная прямая с прямой К'В' и точку Л соединим с точкой S\. Затем найдем точку Si, в которой пересекаются прямые CD' и В'К' Рис. 98 100
Так как АА'\\СС и AS\\\C'D'' то проектирующие плоскости AA'S\ и CCD' параллельны между собой. Это значит, что плоскость CCD' пересекает плоскость а по прямой, параллельной прямой AS\. 3. В плоскости а через точку So проведем прямую f\\AS[ и найдем точку Ft в которой пересекаются прямые / и CD' Точка F является точкой пересечения также прямой CD' с плоскостью а. 4. В плоскости а через точку К' проведем прямую K'F Прямые KAF и АВ' лежат в одной плоскости (плоскости а), и если эти прямые пересекаются, то, найдя точку F' — проекцию точки F на плоскость я', получим прямую K'F (К F'), которая является искомой прямой. Если же окажется, что K'F\\AB' то задача решения не имеет. Замечание. Приведем решение этого примера на неполном изображении. Так как для иллюстративного чертежа вторичные проекции не нужны, то сформулируем поставленную задачу короче: построим прямую, проходящую через точку К и пересекающую скрещивающиеся прямые а и Ь. Решение (рис. 98,6). 1. Через точку К и прямую а проведем плоскость а. 2. Найдем точку F, в которой прямая Ь пересекает плоскость а. 3. Проведем прямую KF Если прямая KF пересекает прямую а, то KF является искомой прямой; если же KF\\a, то задача решения не имеет. Если прямая Ь параллельна плоскости а, то задача также не имеет решения. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ* 392. Даны точки А {А'), В {В') и С (С). Построить: а) точки пересечения прямых АВ(А'В'), АС{А'С) и ВС{В'С) с плоскостью л'- б) точки пересечения медиан треугольника ABC с плоскостью л'- в) прямую, по которой пересекаются плоскости ABC и л' 393. Даны точки А {А'\ В {В'), С {С) и D (£)')• Построить: а) прямую, по которой пересекаются проектирующие плоскости АА'В и CCD; б) точку пересечения проектирующей прямой DD' с плоскостью ABC; в) точку пересечения прямой CD {CD') с проектирующей плоскостью АА'В. 394. Даны точки А {А'), В (В') и С {С'). Построить: а) прямую, проходящую через точку С (С), параллельно проектирующей плоскости АА'В; б) плоскость, проходящую через точку С (С'), параллельно плоскости л' и найти линию ее пересечения с проектирующей плоскостью АА'В; в) плоскость, проходящую через прямую ВС(В'С'), параллельно проектирующей прямой АА' и найти линию ее пересечения с плоскостью л' * О принятых обозначениях точек, прямых и плоскостей рассказано в начале § 9. 101
395. Даны точки Л (Л'), В' С D (D') и £ (£'). Построить: а) точки пересечения проектирующих прямых DD' и ЕЕ' с плоскостью АВ'С б) прямую, по которой пересекаются плоскость АВ'С проектирующей плоскостью' 3'D'E; в) точку пересечения прямой DE(D'E') с плоскостью АВ'С 396. Даны точки А (А'), В (В'), С (С) и О(О'). Построить: а) плоской, проходящую через прямую АВ (А'В')У параллельно прямой CD {CD'); 6}' Мое- кость, проходящую через точку D (D'), параллельно плоскости ABC; в) две ш- раллельные между собой плоскости, одна из которых проходит через прямуЪо АВ(А'В'), а другая — через прямую CD (CD'). 397. Даны точки А (А'), В' С и прямая DE(D'E'), параллельнаялплоо кости л'; Построить: а) плоскость, проходящую через прямую DE (№£'), параллельно плоскости д' и найти линию ее пересечения с плоскостью АВ'С', б) прямую, по которой пересекаются проектирующая плоскость DD'A с плоскостью АВ'С в) точку пересечения прямой AD(A'D') с плоскостью DB'C 398. Даны точки А {А'), В' С и F (P), D' Е' Построить: а) прямую* по которой пересекаются плоскости АВ'С и AD'E'; б) прямую, по которой пере^ секаются плоскости АВ'С и FD'E' если D'E'\\B'C в) прямую, по котррой пересекаются плоскости АВ'С и FD'E' если прямая D'E' не .параллельна прямой В'С 399. Даны точки А (А'), В' С (С), D' и /С' Построить прямую, проходящую через точку К' и пересекающую следующие пары прямых: а) Ад' [А'В') и CD'(CD'); б) АС(А'С) и B'D'- в) СА'(СА') и АС (А'С). 400. Даны точки А (А'\ В' С D' и £(£'), К (К'). Построить: а) точку пересечения прямой ED' (EfDf) с плоскостью, проходящей через точку К (К'), параллельно плоскости АВ'С; б) точку пересечения прямой, проходящей через точку К (К'), параллельно прямой ED' (E'D'), с плоскостью А В'С в) прямую, проходящую через точку К(К'), параллельно плоскости АВ'С и пересекающую прямую ED' (E'D'). 401. Даны точки А (А'), В' С (С), D' F' и Е' Построить: а) прямую, параллельную прямой АВ'(А'В') и пересекающую прямые AD'(A'D') и F'>E'm б) прямую, параллельную прямой АВ' (А'В') и пересекающую прямые CD'(CD') и F'E'; в) прямую, параллельную прямой F'E' и пересекающую прямые АВ' (А'В') и CD' (CD'). §8. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ МНОГОГРАННИКОВ (ПОЗИЦИОННЫЕ ЗАДАЧИ) Наиболее доступными и эффективными в практике преподавания геометрии в средней школе являются следующие три метода построения сечений многогранников: 1. Метод следов. 2. Метод вспомогательных сечений. 3. Комбинированный метод. Напомним суть каждого из этих методов. 102
I. МЕТОД СЛЕДОВ В общем случае секущая плоскость пересекает плоскость каждой грани многогранника и каждую из прямых, на которых лежат ребра многогранника. Прямую, по которой секущая плоскость пересекает плоскость какой-либо грани многогранника, называют следом секущей плоскости на плоскости этой грани, а точку, в которой секущая плоскость пересекает прямую, содержащую какое-нибудь ребро, называют следом секущей плоскости на этой прямой. Если секущая плоскость пересекает непосредственно грань многогранника, то можно также говорить о следе секущей плоскости на грани и аналогично говорить о следе на ребре. След секущей плоскости на плоскости нижнего основания условимся ради краткости речи называть просто следом секущей плоскости. С построения именно этого следа чаще всего начинают построение сечения многогранника. Способы задания сечения весьма разнообразны. Наиболее распространенным из них является способ задания секущей плоскости тремя точками, не лежащими на одной прямой. В тех случаях, когда сечение строится с помощью следа на плоскости нижнего основания, задавая три точки, принадлежащие непосредственно секущей плоскости, следует указать их таким образом, чтобы проекции этих точек на плоскость нижнего основания (вторичные проекции) строились однозначно. Сделать это можно, например, если указать, на каком ребре лежит заданная точка или в какой грани и т. д. При этом, если многогранником, сечение которого строится, является призма, то проектирование (внутреннее) на плоскость нижнего основания выполняется параллельное. Его направление определяется боковым ребром призмы. Если же многогранником является пирамида, то выполняется центральное (внутреннее) проектирование на плоскость основания. Центром проектирования является вершина пирамиды, в которой сходятся все боковые ребра. Перейдем к рассмотрению примеров-. Пример 1. На ребрах ВВ\, СС\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 99). Построим след секущей плоскости PQR. Решение. Так как требуется построить след плоскости PQR на плоскости нижнего основания, то спроектируем точки Р, Q и R на плоскость нижнего основания. Боковое ребро призмы определяет направление проектирования. Так как точка Р задана на ребре ВВ\> то точка Р' — проекция точки Р — совпадает с точкой В. Аналогично точка Q' совпадает с точкой С, а точка R' — с точкой D. Прямые РР' и QQ' параллельны, поэтому точки Р, Q, Р' и Q' лежат в одной плоскости. Построим точку S\ — точку пересече- 103
Рис. 99 ния прямых PQ и P'Q' Точка Si лежит на прямой PQ и поэтому лежит и в секущей плоскости. Кроме того, точка S\ лежит на прямой P'Q' т. е. лежит и в плоскости нижнего основания призмы. Таким образом, точка Si лежит на линии пересечения секущей плоскости с плоскостью основания, т. е. точка Si лежит на следе секущей плоскости PQR. Аналогично находим точку S2 — точку пересечения прямых PR и P'R' Точка S2 также лежит на следе секущей плоскости. Итак, искомым следом секущей плоскости является прямая SiSo. Пример 2. На ребре SC пирамиды SABCD задана точка Р, в грани SAB — точка Q, а внутри пирамиды, в плоскости SBD, задана точка R (рис. 100). Построим след секущей плоскости PQR.
Решение. Выполним проектирование точек Р, Q и R на плоскость ЛВС, приняв вершину S за центр проектирования. Получим точку Р', совпадающую с точкой С, точку Q' — на ребре АВ и точку R' — на диагонали BD. Так как прямые РР' и QQ' пересекаются, то они лежат в одной плоскости. Тогда в одной плоскости лежат также прямые PQ и P'Q' Найдем точку Si — точку пересечения этих прямых. Точка Si по построению лежит на прямой PQ, т. е. лежит и в секущей плоскости. Вместе с тем точка Si лежит и на прямой P'Q' т. е. лежит и в плоскости основания. Таким образом, точка Si лежит на линии пересечения секущей плоскости с плоскостью основания, т. е. на следе секущей плоскости. Аналогично строится точка S2 — точка пересечения прямых PR и P'R' Точка S2 также лежит на следе секущей плоскости. Итак, следом секущей плоскости является прямая S1S2. Замечание. В рассмотренных примерах при построении следа секущей плоскости мы имели дело с треугольниками PQR и P'Q'R' у которых прямые РР', QQ' и RR' либо параллельны, либо пересекаются в одной точке. Это значит, что треугольники PQR и P'Q'R' дезарговы, т. е. точки Si, S2 и S3, в которых пересекаются их соответственные стороны, лежат на одной прямой. Именно эта прямая (дезаргова прямая) и является следом секущей плоскости. Ее определяют любые две точки из трех точек Si, S2 и Sj. При задании секущей плоскости тремя точками может оказаться, что из точек Si, S2 и S3, лежащих на следе секущей плоскости, лишь одна помещается в пределах чертежа. Покажем на следующем примере, как можно найти след секущей плоскости и в этом случае. Пример 3. На ребрах ВВ\У СС\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 101). Построим след секущей плоскости PQR. Решение. Спроектировав на плоскость ABC точки Р, Q и R, получим точки Р', Q' и R' Затем строим точку Si — точку пересечения прямых PQ и P'Q' Попытки построить еще одну точку следа секущей плоскости как точку пересечения прямых PR и P'R' или прямых QR и Q'R' к успеху не приводят, так как точки S2 и S3 — точки пересечения этих пар прямых — оказываются за пределами чертежа. Выберем тогда, например, на прямой PR некоторую точку V Ясно, что выбранная таким образом точка V лежит и в секущей плоскости PQR, и поэтому точки Р, Q и V определяют ту же самую плоскость, что и точки Р, Q и R. Итак, найдем след плоскости PQV Для этого сначала построим на прямой P'R' точку V — проекцию точки V (направление проектирования, естественно, прежнее, т е. параллельное боковому ребру призмы) — и далее найдем точку S\ — точку пересечения прямых QV и Q'V Точка S4 лежит на следе секущей плоскости. Таким образом, след секущей плоскости PQR — прямая SiS4. 105
Рис. 101 Пример 4. На ребрах АА\, СС\ и ЕЕ\ призмы ABCDEA\B\C\D\E\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 102). Построим сечение призмы плоскостью PQR. Решение. 1. Находим проекции точек Р, Q и R на плоскость нижнего основания в направлении, параллельном боковому ребру призмы. Получаем соответственно точки Р' (совпадает с точкой Л), Q' (совпадает с точкой С) и R' (совпадает с точ- Рис. 102 106
Рис. 103 кой Е) Затем строим след S1S2 секущей плоскости. В точке Si. пересекаются прямые PR и АЕ, а в точке S2 — прямые QR и QE. 2. Найдем далее точку V — след секущей плоскости на прямой DD\. Для этого найдем сначала точку S3, в которой прямая DE пересекает след S\S2, а затем найдем и точку V как точку пересечения прямых SsR и DD\. 3. Осталось найти след секущей плоскости на прямой ВВ\. Найдем его так же, как и след V А именно найдем точку S4, в которой пересекаются прямые BE и S1S2, а затем искомый на прямой ВВ\ след — точку Т как'точку пересечения прямых S*R и ВВ\. 4. Убедимся, что построенные точки V и Т лежат в плоскости PQR. Действительно, точка S3 лежит на следе секущей плоскости и поэтому лежит в плоскости PQR, а точка R лежит в плоскости PQR по условию. Таким образом, и точка V лежащая на прямой S3R, лежит в плоскости PQR. Аналогично можно показать, что и точка Т лежит в плоскости PQR. Итак, многоугольник PRVQT—искомое сечение. Пример 5. На ребрах А\В\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ (рис. 103) заданы соответственно точки Р и Q, а на диагонали АС\ призмы — точка R. Построим сечение призмы плоскостью PQR. 107
Решение. 1. Построим прежде всего след секущей плоскости PQR. Для этого спроектируем точки Р, Q и R на плоскость нижнего основания в направлении, параллельном боковому ребру призмы. Получим точки Р', Q' и R' причем точка Q' совпадает с точкой D. Затем найдем две точки искомого следа, например точку Si—точку пересечения прямых PQ и P'D и точку S2 — точку пересечения прямых RQ и R'D. Прямая S\S2 и есть след секущей плоскости. 2. Построим далее след секущей плоскости на прямой СС\. Для этого найдем точку S3, в которой прямая CD пересекает след SSi, и проведем прямую S3Q. Точка Uy в которой прямая SzQ пересекает прямую СС\> и является следом секущей плоскости на прямой СС\. 3. Аналогично построим точку S4 на следе S1S2, а затем точку V — след секущей плоскости на прямой АА\. 4. Дальнейшие построения можно выполнить, уже не пользуясь следом SiS2. Так как точки V и Р обе лежат и в секущей плоскости, и в плоскости АА\В\В, то прямая VP является линией пересечения этих плоскостей (другими словами, прямая VP — след секущей плоскости на плоскости АА\В\В) 5. Построим точку /С, в которой пересекаются прямые VP и .ВВ\. Так как точки К и U обе лежат и в секущей плоскости, и в плоскости ВВ\С\С, то прямая KU является линией пересечения этих плоскостей. 6. И наконец, построим точку 7\ в которой пересекаются прямые KU и В\С\. Так как точки Т и Р обе лежат и в секущей плоскости, и в плоскости верхнего основания, то прямая РТ является линией пересечения этих плоскостей. 7 В ходе построения было доказано и то, что построенные точки V, U и Т лежат в плоскости PQR. Таким образом, многоугольник PVQUT — искомое сечение. Пример 6. На ребре SC пирамиды SABCD задана точка Р, а в гранях SAB и SAD заданы соответственно точки R и Q (рис. 104). Построим сечение пирамиды плоскостью PQR. Решение. 1. Построим след секущей плоскости PQR. Для этого спроектируем точки Р, Q и R на плоскость ABCD из точки S. Получим точку Р' (совпадает с точкой С) и точки Q7 и R' Затем найдем две точки следа плоскости PQR, например точку S\ —точку пересечения прямых PQ и CQ' и точку S2 — точку пересечения прямых RQ и /?'Q' Прямая S1S2 — след секущей плоскости. 2. Построим далее след секущей плоскости на прямой SD. Для этого найдем точку S3, в которой прямая CD пересекает след S1S2, и проведем прямую S^P Точка V в которой прямая S3P пересекает прямую SD, и является следом секущей плоскости на прямой SD 3. Дальнейшие построения можно выполнить, уже не пользуясь следом S\S>2. Так как точки V и Q обе лежат и в се- 108
кущей плоскости, и в плоскости SAD, то прямая VQ является линией пересечения этих плоскостей. На прямой SA строим теперь точку U, в которой пересекаются прямые VQ и SA. 4. Рассуждая аналогично, получаем далее UT — след секущей плоскости на грани SAB и ТР — след секущей плоскости на грани SBC. 5. Многоугольник PVUT — искомое сечение (доказательство того, что построенные точки V, U и Т лежат в секущей плоскости, вполне понятно). II. МЕТОД ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ СЕЧЕНИЙ Этот метод в достаточной мере является универсальным и имеет определенные преимущества по сравнению с методом следов в тех случаях, когда нужный след секущей плоскости оказывается за пределами чертежа. Вместе с тем построения при использовании этого метода получаются «скученными», так как все они выполняются внутри многогранника (это обстоятельство послужило причиной называть рассматриваемый метод также методом внутреннего проектирования). Рассмотрим примеры применения этого метода. Так, вернемся к примеру 4. Выполним построение методом вспомогательных сечений. Решение (рис. 105). 1. Построим первое вспомогательное сечение призмы — ее сечение плоскостью, которая проходит через какие-нибудь две из трех заданных прямых РР' QQ' и RR'y например через прямые РР' и QQ' Этим сечением является четырехугольник АА\С\С. 109
Рис. 105 2. Будем искать теперь след секущей плоскости PQR на прямой ВВ\. Для этого построим второе вспомогательное сечение призмы плоскостью. Это сечение проведем через третью заданную прямую RR' и боковое ребро ВВ\У на котором мы хотим найти след плоскости PQR. Этим сечением является фигура ВВ\Е\Е. 3. Находим прямую OOi, по которой пересекаются плоскости вспомогательных сечений АА\С\С и ВВ\Е\ЕУ а затем точку Ог, в которой пересекаются прямые PQ и ОО\. 4. Так как точка О2 лежит на прямой PQy то она лежит и в плоскости PQR. Тогда и прямая RO2 лежит в плоскости PQR. Это значит, что точка 7\ в которой пересекаются прямые RO2 и ВВ\, также лежит в секущей плоскости. Точка Т и является следом плоскости PQR на прямой ВВ\. 5. Аналогично найдем след плоскости PQR на прямой DD\. Для этого построим прямую FF\, по которой пересекаются плоскости ВВ\Е\Е и AA\D\D, а затем точку F2— точку пересечения прямых RT и FF\. Проводя далее прямую PF2, получим на прямой DD\ след V плоскости PQR. 6. Соединяя, наконец, заданные и построенные точки в соответствии с порядком следования ребер призмы, получим многоугольник PRVQT— искомое сечение. Вернемся теперь к примеру 6. Выполним построение на изображении пирамиды SABCD методом вспомогательных сечений. Решение (рис. 106) 1. Построим вспомогательное сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку S и какие-нибудь две из трех заданных прямых, например через прямые РР' и QQ\ т. е. плоскостью SCQ' 2. Будем искать теперь след плоскости PQR на прямой SD. Для этого построим второе вспомогательное сечение пирами- 110
ды. А именно ее сечение плоскостью, проходящей через третью заданную прямую RR' и боковое ребро SDy на котором мы хо- тим^ найти след плоскости PQR. 3. Строим прямую S/\ по которой пересекаются плоскости вспомогательных сечений SCQ' и SDR' и затем точку F\y в которой пересекаются прямые PQ и SF 4. Так как точка F\ лежит на прямой PQ, то она лежит и в секущей плоскости PQR. Тогда и прямая RF{ лежит в секущей плоскости. Это значит, что точка К, в которой пересекаются прямые RF\ и SD, также лежит в плоскости PQR, т. е. точка V — след плоскости PQR на ребре SD. 5. Осталось построить след плоскости PQR на прямой SB. Это можно сделать, не обращаясь ни к методу следов, ни к методу вспомогательных сечений. Следом секущей плоскости на плоскости SAD является прямая VQ. Проведя ее, получим точку U — след плоскости PQR на ребре SA, затем прямую UR — след плоскости PQR на плоскости SAB, затем точку Т — след секущей плоскости на ребре SB. Получим PVUT — искомое сечение. III. КОМБИНИРОВАННЫЙ МЕТОД Суть этого метода состоит в применении теорем о параллельности прямых и плоскостей в сочетании с методом следов, или с методом вспомогательных сечений, или с обоими этими методами. Прежде чем привести примеры применения комбинированного метода при построении сечений многогранников, рассмотрим решение вспомогательной задачи. Пример 7 На ребрах SB и SC пирамиды SABCD заданы соответственно точки К и Р (рис. 107). Построим прямую, проходящую через точку К, параллельно прямой АР.
Рис. 107 Решение. Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку К и прямую АР, т. е. плоскостью, заданной тремя точками К, А и Р Для этого, как обычно, строим след секущей плоскости. В рассматриваемом примере это прямая S\A. Строим далее сечение AKPS2 и в плоскости этого сечения через точку К проводим прямую А7\ параллельную прямой АР Прямая KF — искомая прямая. Пример 8. На ребрах ВВ\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки К и Р (рис. 108, а) Построим прямую, проходящую через точку К, параллельно прямой АР Решение. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую АР w точку К. Для этого построим точку Si, принадлежащую следу секущей плоскости АРК, затем след S\A этой плоскости. Далее найдем точку Sq, после чего найдем точку 7\ в которой пересекаются прямые S2K и СС\. Построив в итоге многоугольник AKRQP — сечение призмы плоскостью АРК, проведем в этой плоскости через точку К прямую, параллельную прямой АР Построенная прямая KF — искомая прямая. Прежде чем перейти к рассмотрению следующего примера, отметим, что если в оригинале ао||&о, то по свойствам параллельного проектирования на проекционном изображении а\\Ь. Обратное утверждение, вообще говоря, неверно: параллельные прямые а и Ь могут быть проекциями и скрещивающихся в оригинале прямых а0 и bo. Так, на рисунке 108, б, где изображена призма ABCDA\B\CiD\y прямая KV параллельна прямой АР Однако в оригинале KoVq и АоРо — скрещивающиеся, а не параллельные прямые. Действительно, прямые ВС и AD — проекции прямых KV и АР на плоскость ABC — не параллельны. 112
Рис. 108 Если же на проекционном изображении прямая а параллельна прямой Ь и, кроме того, прямые а' и Ь' параллельны (а' и Ь' проекции прямых а и b на какую-нибудь плоскость), то в оригинале ао\\Ьо. Этим выводом можно воспользоваться при решении следующего примера. Пример 9. На ребрах ВВ\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\, у которой грань ADD\A\ параллельна грани ВСС\В\, заданы из
Рис. 109 соответственно точки К, и Р Построим прямую, проходящую через точку К, параллельно прямой АР (рис. 109). Решение. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую АР и точку В, лежащую в той же грани, в которой лежит и точка /С. Ясно, что следом этой плоскости является прямая АВ. Построив точку Si, в которой пересекаются след АВ и прямая CD, получим далее четырехугольник APQB. При этом, так как плоскость ADD\ параллельна плоскости ВСС\У то параллельны и прямые АР и BQ, по которым секущая плоскость пересекает плоскости ADD\ и ВСС\. Итак, AP\\BQ и AD\\BC. Это значит, что прямые BQ и АР являются проекциями параллельных в оригинале прямых. Теперь в плоскости ВСС\ через точку К проведем прямую KF\\BQ. Ясно, что тогда KF\\APy т. е. KF — искомая прямая. Замечание. Вернемся к примеру 8. Требуемое построение выполним теперь так. Отсечем от заданной призмы призму ABEDA\B\E\D\, грань ВЕЕ\В\ которой параллельна грани ADD\A\, и далее выполним построение, как это сделано в приведенном выше решении примера 9 (рис. 110). Перейдем теперь к рассмотрению примеров, иллюстрирующих применение комбинированного метода при построении сечений многогранников. Пример 10. На ребрах Л В, SC и SA пирамиды SABC заданы соответственно точки Р, Q и R. Построим сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую PQy параллельно прямой CR\ б) плоскостью, проходящей через прямую С/?, параллельно прямой PQ. 114
Рис. 110 Решение а) (рис. 111, а). В плоскости SAC, проходящей через прямую CR и точку Q, проведем прямую QV\\CR, a затем построим сечение пирамиды плоскостью PQV (следом ,этой плрс- кости является прямая S\P). Плоскость PQV проходит через .прямую PQ и параллельна прямой CR> поэтому многоугольник PVQS2 — искомое сечение. Решение б) (рис. 111, б). Построим вспомогательное сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую 7?Q и точку R (прямая S\P — след этой плоскости, многоугольник RQS2P — сечение), а затем в плоскости этого сечения через тач^у R проведем прямую #S3||PQ. Прямыми CR и RS$ олредрлитс^я тогда искомая секущая плоскость. Следом искомой секущей шю£- кости является прямая S3C, а треугольник CRS* — исковое сечение. Рис. 1115
Рис. 112 Пример 11. На ребре АА\ призмы АВСА\В\С\ задана точка Р, а в грани ABC — точка Q. Построим сечение призмы следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую BiQ, параллельно прямой ВР\ б) плоскостью, проходящей через прямую ВР, параллельно прямой BiQ. Решение а) (рис. 112, а). 1. Через прямую ВР и точку Q проведем вспомогательную секущую плоскость ВРК (прямая BQ — ее след) 2. Так как прямая ВР параллельна искомой секущей плоскости, то плоскость ВРК, проходящая через прямую ВР, пересечет искомую плоскость по прямой, параллельной прямой ВР Поэтому в плоскости ВРК через точку Q проведем прямую QL\\BP. 116
3. Прямыми B[Q и QL определится искомая секущая плоскость. Найдем ее след. Для этого построим точку Si, в которой пересекаются прямые B\L и BL\ где точка L' — это проекция точки L на прямую АС. Прямая S\Q — след секущей плоскости. 4. Так как точки S2 и L обе лежат в искомой секущей плоскости и в грани АА\С\СУ то прямая S2L — это прямая, по которой пересекаются секущая плоскость с плоскостью грани АА\С\С. Таким образом, получим точку D\ на ребре А\С\. Соединив затем точку D\ с точкой В\ и точку В\ с точкой S3, получим многоугольник B1D1S2S3 — искомое сечение. Решение б) (рис. 112, б) 1 Построим вспомогательное сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую BiQ и точку В. Получим сечение ВВ\К\К. 2. В плоскости ВВ\К\ через точку В проведем прямую BR\\\ HfliQ. 3. Пересекающимися прямыми ВР и BR\ определится искомая секущая плоскость. Найдем ее след. Для этого построим точку Si, в которой пересекаются прямые R\P и /?'Л, где точка /?' — это проекция точки R\ на плоскость ABC. Прямая SiB — след искомой секущей плоскости, и тогда треугольник BPS2 — искомое сечение. Пример 12. На ребрах ВВ\, CD и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 113, а). Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую PQ, параллельно прямой AR. Решение. / способ. 1. Построим вспомогательное сечение призмы, проходящее через прямую AR и точку Р Для этого построим след вспомогательной плоскости. Одна точка, лежащая и в плоскости вспомогательного сечения, и в плоскости основания, уже есть — это точка А. Вторую точку следа — точку Si — найдем как точку пересечения прямой PR с прямой BD> которая является проекцией прямой PR на плоскость ABC. Итак, S\A — след вспомогательной секущей плоскости. Далее построим точку S2 — точку пересечения прямой ВС и следа S\A. Затем проводим прямую S2P и получаем на прямой СС\ точку К, которую соединим с точкой R. Четырехугольник APVR — искомое вспомогательное сечение. 2. В плоскости APVR через точку Р проведем прямую PUy параллельную прямой AR. Так как прямая AR параллельна прямой PU, то она параллельна и плоскости, проходящей через прямую PU Это значит, что плоскость, проходящая через прямые PU и PQ,— искомая секущая плоскость. Для ее построения находим сначала точку V — проекцию точки U на плоскость ABC, затем строим точку S3 — точку пересечения прямых PU и BV Искомая секущая плоскость проходит через точки S3 и Q, поэтому прямая S3Q — след этой плоскости (на плоскости нижнего основания призмы). 117
3. След S$Q пересекает прямую АВ в точке S4. Значит, отрезок S*P— след секущей плоскости на грани АА\В\В. След S^Q пересекает прямую ВС в точке Ss- Значит, прямая S$P след секущей плоскости на плоскости ВВ\С\У а отрезок PF\ — след секущей плоскости на грани ВВ\С\С. Далее, проведя прямую QUy получим след QT\ секущей плоскости на грани CC\D\D. И наконец, соединяя точки Т\ и F\, получаем след T\F\ на грани A\B\C\D\. Итак, многоугольник PF\T\QS^— искомое сечение. // способ (рис. 113, б) Построим вспомогательное сечение призмы плоскостью BB[U[y параллельной плоскости AA\D\y а затем сечение ABRU2 полученной призмы ABU'DA\B\U\D\ плоскостью BAR. Так как плоскость BB\U\ параллельна плоскости AA\D\, то BU2\\AR. Поэтому, проведя в плоскости BB\U\ через данную точку Р прямую PU\\BU2 (ясно, что тогда PU\\AD), получим две пересекающиеся прямые PQ и PU, которыми определяется искомая секущая плоскость. Ее следом является прямая S2Qy где точка S2 — это точка пересечения прямых PU и BU', а точка Q — заданная точка. Дальнейшее построение ясно из чертежа. В итоге получаем многоугольник PF\TiQSz — искомое сечение. Замечание. Если призма ABCDA\B\C\D\, заданная в примере 12, является параллелепипедом, то искомое сечение можно построить проще. А именно (рис. 114) проведем в плоскости DD\C\ через точку R прямую RU\\DC, затем точку U соединим с точкой В. Так как прямая RU параллельна прямой CD и RU = CD, то RU\\AB и RU = AB, а тогда четырехугольник ABUR — параллелограмм, е. BU\\AR. Проведем Рис. 114 119
N Рис. 115 'D затем в плоскости ВВ\С\ через точку Р прямую PV\\BU Так как PV\\BU, a BU\\AR, то PV\\AR. Прямыми PV и PQ определяется искомая секущая плоскость. Ее следом является прямая S\Q, а четырехугольник PVQS2 — искомое сечение. Пример 13. На ребрах ВВ\ и ЕЕ\ и на продолжении ребра СС\ призмы ABCDEA\B\C\D\E\ (рис. 115) заданы соответственно точки Pi, Q\ и R\. На ребрах ВВ\, АА\ и СС\ этой призмы заданы точки Р2, Q2 и /?2. Построим линию пересечения плоскостей P\Q\R\ и P2Q2R2. Решение. 1. Строим след S\S2 секущей плоскости P\Q\R\, а затем многоугольник PiSbS^QiViTi — сечение призмы плоскостью PiQ\R\. 2. Строим след U\U$ секущей плоскости P2Q2R2, а затем многоугольник P2Q2EU2R2 — сечение призмы плоскостью P2Q2R2. 3. Находим точку М — точку пересечения прямых P\R\ и Рг/?2, лежащих в плоскости грани ВВ\С\СУ и точку N — точку пересечения прямых QiS4 и Q2£", лежащих в плоскости грани ААХЕХЕ. 120
4. Строим прямую MN— искомую линию пересечения заданных секущих плоскостей. Замечание. Для построения линии пересечения заданных плоскостей можно было бы воспользоваться и тем, что точка Sa, в которой пересекаются следы этих плоскостей, также лежит на линии пересечения заданных секущих плоскостей. Пример 14. На ребре АВ,на продолжении ребра СС\ и в грани AA\D\D призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, R и Q (рис. 116), а на ребрах В\С\ и DC — соответственно точки К\ и L. Построим точку пересечения прямой K\L с плоскостью PQR. Решение. 1 Построим (например, с помощью следа S\P) сечение PTWUS?, призмы плоскостью PQR. 2. Далее построим вспомогательное сечение KK\L\L призмы плоскостью, проходящей через заданную прямую K\L, параллельно боковому ребру призмы. 3. Найдем точку М — точку пересечения прямых КК\ и /?S3, лежащих в плоскости грани ВВ\С\С, и точку /V — точку пересечения прямых K\L\ и UV, лежащих в плоскости верхнего основания. 4. Построим прямую MN — линию пересечения заданной и вспомогательной секущих плоскостей. D Рис. 116 121
Рис. 5. Найдем точку X — точку пересечения прямых MN и K\L. Так как точка X лежит на прямой MN, то она лежит и в заданной секущей плоскости. Таким образом, точка X — искомая точка. Пример 15. На ребрах ВВ\, CD и СС\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 117), а на ребре АА\ — точка К. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точку К, параллельно плоскости PQR. Решение. 1. Построим сначала сечение PS2QR призмы заданной плоскостью PQR (например, с помощью следа SiQ). 2. Так как искомая секущая плоскость параллельна плоскости PQR, то плоскости граней призмы пересекаются искомой секущей плоскостью и плоскостью PQR по параллельным прямым. Проведем в плоскости АА\В через точку К прямую KB2\\PS2> затем в плоскости ВВ\С\ через точку В2 прямую В2Со\\PR,затем в плоскости CC\D\ через точку С2 прямую C2D2\\RQ и, наконец, соединим точки D2 и К. 3. Соединив далее полученные в процессе построения точки Е\ и F\y найдем многоугольник KB2E\F\D2 — искомое сечение. Пример 16. На ребрах ВСУ АС и СС\ призмы АВСА{В\С\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 118), а на ребрах АВ и В\С\ — соответственно точки U и V На отрезке UV задана точка К. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точку /(, параллельно плоскости PQR. Решение. 1. Построим прежде всего сечение призмы плоскостью PQR. 2. Найдем точку V — проекцию точки V на плоскость ABC, а затем на прямой UV найдем точку К' — проекцию точки К на плоскость ABC. 122
*t в a Рис. 118 3. Построим далее вспомогательное сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую КК' и какую-нибудь из данных точек Р, Q, R, U или V, например через точку Р Получим сечение РР\Т\Т 4. Так как точка Р — общая точка плоскостей PQR и РР\Т\Т и точка D, в которой пересекаются прямые QR и 7Ti, также общая точка этих плоскостей, то прямая DP — линия пересечения указанных плоскостей. В плоскости РР\Т\Т через точку К проведем прямую, параллельную прямой DP, и найдем точки Р2 и Т2у в которых построенную прямую пересекают соответственно прямые РР\ и ТТ\. 5. В плоскости АА\С\ проведем через Т2 прямую A2C2\\QR. Так как точка К лежит на прямой Р2Т2 и так как P2T2\\DP, & A2C2WQR, то плоскость, определяемая прямыми Р2Т2 и А2С2, параллельна плоскости PQR и проходит через точку К, т. е. является искомой. Для ее построения проведем прямую С2Р2 и полученную на прямой ВВ\ точку В2 соединим с точкой А2. Итак, треугольник А2В2С2 — искомое сечение. Пример 17 На ребрах АА\, СС\ и DC призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки /(, Р и Q (рис. 119). Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точку К, параллельно прямым AQ и DP Решение. 1. В плоскости грани DD\C\C через точку Q проведем прямую QR\\DP Пересекающиеся прямые AQ и QR определяют вспомогательную секущую плоскость. Следом ее является прямая AQy а четырехугольник AQRV — сечение призмы этой плоскостью. 123
2. Теперь построим искомую секущую плоскость как плоскость, проходящую через точку К параллельно вспомогательной секущей плоскости. Так как эти плоскости параллельны, то следы их на грани АА\В\В также параллельны. Поэтому через точку К в плоскости АА\В\ проведем прямую KB2\\AV Аналогично приходим к выводу, что следы искомой и вспомогательной секущих плоскостей на грани ВВ\С\С также параллельны, и строим прямую B2C2WVR. Далее строим прямую C2T\\QR, затем TU\\AQ и соединяем точку U с точкой К. Многоугольник KB2C2TU — искомое сечение. Замечание. Рассмотренные в настоящем параграфе метод следов и метод вспомогательных сечений мы применяли для построения сечений только призм и пирамид. Отметим, что эти методы применимы также для построения сечений и цилиндров, и конусов (причем необязательно прямых и необязательно круговых). ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Построение сечений, заданных тремя точками 402. Построить сечения призмы ЛВСА\В\С\ плоскостями, заданными следующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре ВВ\, Q лежит на ребре АС, R лежит на продолжении ребра СС\, причем точка С\ лежит между точками С и R\ б) Р лежит в грани АА\В\В, Q лежит на ребре AC, R лежит в грани ВВ\С\С\ в) Р лежит на ребре А\В\, Q —точка отрезка DC\, где точка D лежит на ребре АВ, R лежит на продолжении ребра ВС, причем точка С лежит между точками В и R. 403. Построить сечения призмы ABCDA\B\C\D\ плоскостями, заданными следующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре А\В\, Q лежит в грани ABCD, 124
R лежит на ребре DD\\ б) Р лежит в грани АА\В\В, Q лежит в грани AA\D\Dy R лежит в грани CC\D\D\ в) Р лежит на диагонали АС\, Q лежит на диагонали B\D, R лежит на ребре C\D\. 404. Построить сечения шестиугольной призмы ABC...D\E\F\ плоскостями, заданными следующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре DD\, Q лежит на ребре АВУ R лежит на ребре AF; б) Р лежит в грани ВВ\С\С, Q лежит на ребре £|Fi, R лежит на ребре AF; в) Р лежит на диагонали BD\, Q лежит на диагонали АЕУ R лежит на ребре ВС. 405. Построить сечения пирамиды SABC плоскостями, заданными следующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре SB, Q лежит на ребре AC, R лежит в грани ЛВС; б) Р лежит на продолжении ребра SB, причем точка В лежит между точками S и Р, Q лежит на ребре AC, R лежит в грани SBC; в) Р лежит на отрезке SM, где точка М лежит в грани ABC, Q лежит на ребре SB, R лежит в грани ABC. 406. Построить сечения пирамиды SABCD плоскостями, заданными следующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре SB, Q лежит на ребре AD\, R лежит в грани SCD; б) Р лежит в грани SAB, Q лежит в грани SAD, R лежит в грани SCD; в) Р лежит на отрезке SM, где точка М лежит в грани ABCD, Q лежит в грани SBC, R лежит на ребре CD. 2. Построение сечений, заданных прямой и точкой 407. Построить сечения призмы АВСА\В\С\ плоскостями, проходящими через прямую AQ, где точка Q лежит на ребре СС\, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит в грани А\В\С\\ б) Р лежит на прямой С\М, где точка М лежит на ребре А\В\ и находится между точками С\ и Р; в) Р лежит на отрезке С\К, где точка К лежит на ребре АВ. 408. Построить сечения призмы АВСА\В\С\ плоскостями, проходящими через прямую AQ, где точка Q лежит на ребре В\С\, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит на отрезке KL, где точка К лежит на ребре А\В{, а точка L — на ребре АС; б) Р лежит на прямой CN, где точка N лежит в грани АА\В\В и находится между точками С и Р; в) Р лежит на прямой AM, где точка М лежит на ребре В\С\ и находится между точками В\ и С\. 409. Построить сечения призмы ABCDA\B\C\D\ плоскостями, проходящими через прямую DQ, где точка Q лежит на ребре СС\, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит в грани АА\В\В; б) Р лежит на продолжении ребра А\В\У причем точка А\ находится между В\ и Р; в) Р лежит на диагонали АС\. 410. Построить сечения призмы ABCDA\B\C\D\ плоскостями, проходящими через прямую DQ, где точка Q лежит на ребре А\В\, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит в грани ВВ\С\С; б) Р лежит на продолжении ребра ВС, причем точка С лежит между точками В и Р; в) Р лежит на диагонали А,С. 411. Построить сечения пирамиды SABC плоскостями, проходящими через прямую AQ, где точка Q лежит на ребре SC, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит на прямой ВК, где точка К лежит на ребре SA и находится между точками В и Р; б) Р лежит на отрезке SL, где точка L лежит в грани ABC; в) Р лежит на прямой СМ, где точка М лежит в грани SAB и находится между точками С и Р. 125
412; Построить> сечения пирамиды SABC плоскостями, проходящими через прямую #Q,, где. точка R лежит на ребре АВ, а. точка Q — на ребре SC, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит на прямой В К, где точка К лежит на, ребре SA и находится между точками В и Р; б) Р лежит на отрезке CL, где точка L лежит в грани ABC; в) Р лежит на прямой ВМ, где точка М лежит в грани,SAC и находится между точками В и Р ,413. Построить сечения пирамиды SABCD плоскостями, проходящими через прямую DQ} где точка Q лежит на ребре SC, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит в грани SAB; б) Р лежит на прямой СК, где точка К лежит в грани SAB и находится между точками С и Р; в) Р лежит на отрезке SL, где точка L лежит в грани ABCD, 414. Построить сечения пирамиды SABCD плоскостями, проходящими через прямую QR, где точка Q лежит на ребре SB, а точка R — на ребре AD, и точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит в грани SCD; б) Р лежит на прямой АК\ где точка К лежит в грани SBC и находится между точками А и Р; в) Р лежит на отрезке SL, где точка L лежит в грани ABCD. 3. Построение прямой, проходящей через заданную точку, параллельно заданной прямой 415. На ребре СС\ призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р Построить прямые, параллельные прямой DP и проходящие через следующие точки: а) А; б) К, взятую на ребре АА\\ в) L, взятую в грани AA\D\D. 416. В грани ВВ\С\С призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р Построить прямые, параллельные прямой АР и проходящие через точки /С, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: a) AD; б) АВ\ в) ВВ\. 417. На ребрах ВВ\ и DDi пятиугольной призмы ABC...D\E\ заданы соответственно точки Р и Q. Построить прямые, параллельные прямой PQ и проходящие через следующие точки: а) Е\ б) К, взятую на ребре АА\\ в) L, взятую в грани АА\В\В. 418. На ребрах SA и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q. Построить прямые, параллельные прямой PQ и проходящие через следующие точки: a) D; б) /С, взятую на ребре SC; в) L, взятую в грани SAB. 4. Построение сечений, проходящих через заданную прямую, параллельно другой заданной прямой 419. На-ребрах ВВ\ и СС\ призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Р й Q. Построить сечения призмы следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую АР, параллельно прямой BQ и плоскостью, проходящей, через прямую BQ, параллельно прямой АР\ б) плоскостью, проходящей через прямую AQ, параллельно прямой С\Р и плоскостью, проходящей через прямую С\&i параллельно прямой AQ\ в) плоскостью, проходящей через прямую AQ; параллельно прямой СР и плоскостью, проходящей через прямую СР, параллельно прямой AQ. 420. На ребре ВВ\ призмы АВСА\В\С\ задана точка Р, а в грани ABC — точка Q. Построить сечения призмы следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую CiQ, параллельно прямой АР и плоскостью, прохо- 126)
дящей через прямую АР, параллельно прямой C\Q; б) плоскостью, проходящей через прямую СР, параллельно прямой CiQ и плоскостью, проходящей через прямую C\Q, параллельно прямой СР] в) плоскостью, проходящей через прямую СР, параллельно прямой B\Q и плоскостью, проходящей через прямую B\Qt параллельно прямой СР 421. В грани ABCD призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р Построить сечения призмы следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую D\P, параллельно прямой B\D и плоскостью, проходящей через прямую B]D, параллельно прямой D\P; б) плоскостью, проходящей через прямую А\Р, параллельно прямой DB\ и плоскостью, проходящей через прямую DB\t параллельно прямой А\Р\ в) плоскостью, проходящей через прямую В\Р, параллельно прямой А\С и плоскостью, проходящей через прямую А\С, параллельно прямой В\Р 422. На ребрах AC, SC и АВ пирамиды SABC заданы соответственно точки Р, Q и R. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую SB, параллельно прямой PQ и плоскостью, проходящей через прямую PQ, параллельно прямой SB; б) плоскостью, проходящей через прямую BQ, параллельно прямой CR и плоскостью, проходящей через прямую CR, параллельно прямой BQ; в) плоскостью, проходящей через прямую QR, параллельно прямой SP и плоскостью, проходящей через прямую SP, параллельно прямой QR. 423. На ребрах SC и SA пирамиды SABC заданы соответственно точки Р и Q, а в грани ABC — точка R. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую CQ, параллельно прямой SR и плоскостью, проходящей через прямую SR, параллельно прямой CQ; б) плоскостью, проходящей через прямую ВР, параллельно прямой CQ и плоскостью, проходящей через прямую CQ, параллельно прямой ВР; в) плоскостью, проходящей через прямую PQ, параллельно прямой SR и плоскостью, проходящей через прямую SR, параллельно прямой PQ. 424. На ребрах SB и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q, а в грани ABCD — точка R. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую АС, параллельно прямой DP и плоскостью, проходящей через прямую DP, параллельно прямой АС; б) плоскостью, проходящей через прямую DP, параллельно прямой BQ и плоскостью, проходящей через прямую BQ, параллельно прямой DP; в) плоскостью, проходящей через прямую PR, параллельно прямой BQ и плоскостью, проходящей через прямую BQ, параллельно прямой PR. 425. На ребрах SC и SB пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q, а в грани Л BCD —точка R — точка пересечения диагоналей АС и BD. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую DQ, параллельно прямой PR и плоскостью, проходящей через прямую PR, параллельно прямой DQ; б) плоскостью, проходящей через прямую DP, параллельно прямой QR и плоскостью, проходящей через прямую QR, параллельно прямой DP; в) плоскостью, проходящей через прямую DR, параллельно прямой PQ и плоскостью, проходящей через прямую PQ, параллельно прямой DR. 127
5. Построение линии пересечения плоскостей 426. На ребрах АА\, ВВ\, АС, В{С\ и А\С\ призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Я, Q, R, U и V Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) AQU и Л,BR; б) PQC и BRV; в) PQR и BUV 427. На ребрах АА\, ВС, CD, CC\ и DDX призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q, R, U и V Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) APU и QRV- б) PQR и ABU; в) PQR и AUV 428. На ребрах SB и ЛС пирамиды S4BC заданы соответственно точки Я и Q, а в ее гранях SBC и S^B — соответственно точки R a U Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) PQU и SBQ; б) BCU и PQR; в) CPQ и Л/?£7 429. На ребрах SC и АВ пирамиды SABC заданы соответственно точки Р и Q, а на продолжениях ребер ВС и SB — соответственно точки R и U, причем точка В находится между точками С и R и между точками S и U На отрезке S/(, где точка К лежит в грани ABC, задана точка V Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) PQR и ABV' б) PQU и ARV в) PRU и CQV 430. На ребрах AD и C|D| призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р и Q, а в гранях ЛЛ|В|В и ВВ\С\С — соответственно точки R и U Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) ABQ и DRU; б) ЛС£7 и PQR, в) ЯЯГУ и Л<Э#. 431. На ребрах SB, SA и CD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р, Q и R. На диагонали BD задана точка (/, а в грани SAD задана точка V Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) SBV и PRU; б) SRV и APU; в) PUV и BRQ. 6. Построение точки пересечения прямой с секущей плоскостью 432. На ребре ВВ\ призмы АВСА{В\С\ задана точка Р, а на продолжениях ребер АА\ и СС\ — соответственно точки Q и R, причем точка А находится между точками А\ и Q, а точка С\ — между точками С и R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: а) СК, где точка К лежит на ребре А\В\\ б) LN, где точка L лежит на ребре А\С\, а точка N—на ребре АВ; в) LM, где точка L лежит на ребре А\С\, а точка М — на ребре ВС. 433. На ребрах SA, SB и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки Р, Q и R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: а) С К, где точка К лежит в грани SAB; б) SL, где точка L лежит в грани АВС\ в) КМ, где точка К лежит на грани SAB, а точка М — в грани SAC. 434. На ребрах АВ, ВС и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки Р, Q и R, а в грани ABC — точка L. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: a) KL, где точка К лежит на ребре SB; б) SL; в) ML, где точка М лежит на ребре SC. 435. На ребрах СС\ и АВ призмы ABCDA{B\C\DX заданы соответственно точки Р и Q, а в грани AA\D\D — точка R. Построить точки пересечения плоскостью PQR следующих прямых: a) KD, где точка К лежит на ребре В\С\; б) LD, где точка L лежит в грани АА\В\В; в) MN, где точка М лежит на ребре D\C\, а точка N—в грани ABCD. 128
436. На продолжениях ребер ВС, ВА и ВВ\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R, причем точка С находится между точками В и Р, точка А — между точками В и Q, а точка В\ — между точками В и R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: a) BD\\ б) КС\, где точка К лежит на ребре AD; в) LN, где точка L лежит на ребре А\В\, а точка N — на ребре CD. 437. На ребре SC пирамиды SABCD задана точка Р, а на продолжении ребра CD — точка Q, причем точка D лежит между точками С и Q. В грани SAB задана точка R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: a) KL, где точка К лежит на ребре SB, а точка L — на ребре CD; б) СМ, где точка М лежит на ребре SA; в) EN, где точка Е лежит в грани SBC, а точка М — в грани ABCD. 438. На ребрах SC, SA и CD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р, Q и R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: a) KL, где точка К лежит на ребре CD, а точка L—на ребре SA; б) DM, где точка М лежит на ребре SB; в) EN, где точка Е лежит в грани SAB, а точка N лежит в грани SAD. 7. Построение сечений, проходящих через заданную точку, параллельно заданной плоскости 439. На ребрах АС, ВС и СС\ призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Q, R a S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плоскости QRS и проходящими через точку Р, заданную на следующих ребрах: а) СС\, б) ВВ\; в) А\В\. 440. На ребрах АС и ВС призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Q и R, а на продолжении ребра СС\ — точка S, причем точка С\ лежит между точками С и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плоскости ORS и проходящими через точку Р, заданную на следующих ребрах или гранях: а) СС\\ б) Л,Я,; в) ААУВ\В. 441. На ребре АС треугольной призмы АВСА\В\С\ задана точка Q, на продолжении ребра ВС — точка R, причем точка В лежит между точками С и R, а на продолжении ребра СС\ задана точка S, причем точка С\ лежит между точками С и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плоскости QRS и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит в грани АА\С\С; б) Р лежит в грани А\В\С\\ в) Р лежит в грани АА\В\В. 442. На ребрах АВ, ВВ\ и ВС треугольной призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Q, R и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плоскости QRS и проходящими через точку Р, лежащую на прямой MQ, где точка М принадлежит следующим ребрам: а) СС\; б) В\С\; в) А\С\. 443. На ребрах CD, АВ и ВВ\ четырехугольной призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Q, R и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плоскости QRS и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит на ребре АА\\ б) Р лежит на ребре A\D\; в) Р лежит в грани AA\D\D. 444. На ребрах CD и АВ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Q и R, а на продолжении ребра ВВ\ — точка S, причем точка В\ находится между точками В и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллель- 5 Заказ 130 129
ными плоскости QRS и проходящими через точку Р, заданную на следующих ребрах или гранях: а) В\С\\ б) AA\D\D\ в) SQ. 445. На ребрах АС, ВС и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки Q, R и Т Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными плоскости QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) на ребре SB; б) в грани SAB; в) на продолжении ребра SB, причем точка В лежит между точками S и Р 446. На ребрах АС и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки Q и Ту а в грани SBC — точка R. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными плоскости QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит на отрезке SL, где точка L лежит в грани АВС\ б) Р лежит на прямой С/С, где точка К лежит в грани SAB и находится между точками С и Р; в) точка Р лежит на прямой EF, где точка Е лежит на ребре SB, точка F— на ребре SA, причем точка Е находится между точками F и Р 447. На ребрах CD, ВС и SC пирамиды SABCD заданы соответственно точки Q, R и Т Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными плоскости QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) на ребре AD\ б) на ребре SA; в) в грани SAB. 448. На ребрах АВ, SB и SC пирамиды SABCD заданы соответственно точки Q, R и Т Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными плоскости QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит на продолжении ребра АВ, причем точка А находится между точками В и Р; б) Р лежит на отрезке SK, где точка К лежит в грани ABCD; в) Р лежит на прямой CL, где точка L лежит в грани SAB и находится между С и Р 8. Построение сечений, проходящих через заданную точку, параллельно двум заданным скрещивающимся прямым 449. На ребрах АВ и СС\ призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: а) АА\\ б) ВВ\; в) В\С\. 450. На ребрах АВ и СС\ призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в следующих гранях: а) АА\В; б) А{В\С\. в) ВСС\. 451. На ребрах АВ и СС\ призмы АВСА\В\С\ заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих отрезках: а) С|Р; б) BQ, в) PQ. 452. На ребрах АА\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: а) СС\\ б) DD\\ в) А\В\. 453. На ребрах АА\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в следующих гранях призмы: a) CC\P\D\ б) A\B\C\D\\ в) ABCD. 130
454. На ребрах АА{, DD\, AD и А\В\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q, R и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих отрезках: a) B\D; б) C\R; в) RS. 455. В грани ABCD призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р, а на ребре СС\ точка Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р и A\Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: a) DD\\ б) А\В\\ в) AD. 456. На ребрах SA и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: a) SA; б) SB; в) ВС. 457. На ребрах SA и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в следующих гранях: a) SAB; б) ABC; в) SBC. 458. На ребрах SA и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ и проходящими через точки /(, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: a) SB; б) SC; в) CD. 459. На ребрах SA и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в следующих гранях: а) 5ЛБ; б) SCD; в) ABC. 460. На ребрах SA и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ и проходящими через точки /(, L и М, взятые соответственно на следующих отрезках: а) СР; б) BQ; в) S#, где точка R лежит в грани ABCD. 461. На ребрах SA и SC пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих ребрах: a) SA; б) AD; в) ВС. § 9. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О МЕТРИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛЕННЫХ ИЗОБРАЖЕНИЯХ В § 7 было рассказано о двух видах изображений пространственных фигур: иллюстративных и полных. Напомним теперь общие сведения еще об одном виде изображений, применяемых на уроках геометрии в средней школе: о метрически определенных изображениях. Строя на проекционной плоскости изображение фигуры Фо в соответствии с законами параллельного проектирования, мы получаем фигуру Ф, обладающую всеми аффинными свойствами фигуры Фо. Однако фигура Фо могла бы обладать и такими свойствами, которые при параллельном проектировании не сохраняются. Такие свойства фигур называются метрическими. При параллельном проектировании не сохраняются, например, 131
— отношение длин непараллельных отрезков; величина угла между прямыми, угла между плоскостями, угла между прямой и плоскостью (в частности, не сохраняется перпендикулярность прямых, плоскостей, плоскостей и прямых); — отношение величин углов между прямыми (в частности, не сохраняется свойство луча быть биссектрисой угла), отношение величин двугранных углов и т. д. Таким образом, фигуру Фо, являющуюся в оригинале квадратом, мы изображаем произвольным параллелограммом, так как параллельность противоположных сторон квадрата является свойством аффинным, а перпендикулярность его смежных сторон, отношение длин смежных сторон — свойства метрические. Пусть фигура Ф (рис. 120) является изображением фигуры Фо. Казалось бы, совершенно ясно, что фигура Ф — это изображение параллелепипеда. Однако это может быть и не так. Действительно, фигура Ф может быть изображением и, например, «коробки», т. е. параллелепипеда без грани ВСС\В\ (и даже без двух граней: ВСС\В\ и АВВ\А\, но с ребром ВВ\). Если по изображению фигуры Фо мы каким-то образом и установили, что это изображение параллелепипеда, остается все-таки неясным вид этого параллелепипеда и т. д. Чтобы устранить неоднозначность при определении вида фигуры Фо по ее изображению, чертеж фигуры Фо сопровождают текстом, в котором поясняют вид фигуры, изображенной на этом чертеже. Другими словами, изображение фигуры Фо сопровождается указанием некоторых условий, налагаемых на это изображение. Изображение, сопровождаемое налагаемыми на него условиями, называют условным изображением. Свойства фигур, как сказано выше, подразделяют на аффинные и метрические, а условия, налагаемые на их изображения,— соответственно на позиционные и метрические. Вернемся к рисунку 120. Сопроводим показанное на нем изображение, например, условием: ABCDA\B\C\D\ — параллелепипед. Так как это условие говорит лишь о принадлежности вершин, 132
ребер и граней (в частности, никакая грань уже не является «окном»), то оно является позиционным. Ясно, что позиционного условия, наложенного на изображение, показанное на рисунке 120, недостаточно для того, чтобы установить, какой параллелепипед на этом рисунке: прямой, прямоугольный или, может быть, даже куб. Сопроводим изображение этого параллелепипеда еще такими условиями: АА{±АВ и AA\±AD (т. е. ABCDA\B\C\D\ — прямой параллелепипед). Так как перпендикулярность прямых при параллельном проектировании не сохраняется, то это условие является метрическим. Наложим на изображение, показанное на рисунке 120, еще такое (тоже метрическое) условие: AB1.AD. Теперь фигура ABCDA\B\C\D\ — это изображение прямоугольного параллелепипеда. Будем говорить, что, дополняя изображение фигуры метрическими условиями, мы расходуем параметры изображения, или, короче, параметры. Так, наложив на изображение параллелепипеда ABCDA\B{C\D\ (рис. 120) метрическое условие: АА\±АВУ мы расходуем один параметр; наложив метрическое условие: AA\A.ADy расходуем еще один параметр и, наложив затем условие: AB.LAD, расходуем также один параметр. Сколько же всего параметров можно расходовать, строя изображение фигуры Фо? Если при построении изображения плоской фигуры израсходовано два параметра, то однозначно определено изображение каждой точки, лежащей в плоскости этой фигуры. Другими словами, если на изображение плоской фигуры Фо наложено два метрических условия, то дальнейшие построения в плоскости фигуры Ф, которые могут потребоваться, более нельзя выполнять произвольно. Если при построении изображения пространственной фигуры Фо израсходовано пять параметров, то однозначно определено изображение каждой точки пространства (т. е. метрические построения, которые могут потребоваться, на этом изображении более нельзя выполнять произвольно) Изображение плоской фигуры, на которое израсходовано два параметра, а также изображение пространственной фигуры, на которое израсходовано пять параметров, называют метрически определенными изображениями. Число параметров, израсходованных при построении изображения фигуры, называют параметрическим числом этого изображения. Параметрическое число метрически определенного изображения плоской фигуры р = 2, а пространственной фигуры — р = 5. Рассмотрим на примерах, как подсчитывается параметрическое число изображения. 133
Пример 1. Одна из боковых граней треугольной пирамиды перпендикулярна плоскости основания. Эта боковая грань и основание пирамиды являются правильными треугольниками. Приняв произвольный четырехугольник SABC с его диагоналями за ь * изображение пирамиды, подсчитаем параметрическое число изображения. Решение (рис. 121) Про- рис 121 извольный треугольник ABC мы считаем изображением правильного треугольника. Это условие, наложенное на изображение, ведет к расходу двух параметров. Треугольник SBC мы считаем изображением также правильного треугольника и, таким образом, расходуем еще два параметра. И наконец, считая, что плоскость SBC является изображением плоскости, перпендикулярной в оригинале плоскости основания пирамиды, накладываем на изображение еще одно метрическое условие, т. е. расходуем еще один параметр. Итак, на изображение данной пирамиды израсходовано пять параметров, т. е. параметрическое число изображения р = 5. Это значит, что на построенном изображении последующие метрические построения, которые могут потребоваться для решения некоторой задачи, касающейся данной пирамиды, нельзя выполнять произвольно. Так, если в этом примере требуется найти величину двугранного угла при ребре АВ, то возникает необходимость строить линейный угол искомого двугранного угла, т. е. строить перпендикуляры к ребру АВ. Так как в общем случае построение перпендикуляра — это построение метрическое и, значит, требующее расхода параметров, то необходимо знать параметрическое число построенного изображения. В рассматриваемом примере р = 5 и поэтому нельзя, взяв на ребре АВ произвольно точку /(, считать, что прямые SK и АВ являются изображениями взаимно перпендикулярных прямых. Условимся в дальнейшем ради краткости не злоупотреблять словом «изображение». Ведь, обращаясь к проекционному чертежу, мы имеем дело именно только с изображениями точек, прямых, биссектрис, высот, граней и т. д. Требуемое дополнительное построение можно выполнить, например, следующим образом: 1. Проведем медиану SD треугольника SBC. Так как треугольник SBC правильный, то медиана SD является и высотой треугольника SBC. Но тогда медиана SD перпендикулярна и плоскости ABC. 134
2. Проведем медиану СМ треугольника ABC. Так как треугольник ABC правильный, то CMJ-AB. 3. В плоскости ABC через точку D проведем прямую DK\\CM. Тогда DK-LAB. Соединим точку К с точкой S. Так как прямая SD перпендикулярна плоскости ABC, то DK — проекция SK на плоскость ABC. Это значит, что и SK^-AB. Таким образом, угол SKD является линейным углом искомого двугранного угла. Чтобы найти величину угла SKD, можно, положив, например, ВС = а, найти: f =^, т. е. tg /LSKD = 2, откуда Z.S/(D = arctg 2. Пример 2. Из вершины А равностороннего треугольника ABC к плоскости ABC восставлен перпендикуляр, на котором взята точка D — такая, что AD = AB. Найдем параметрическое число изображения. Решение (рис. 122) Считая произвольный треугольник ABC изображением правильного треугольника, мы расходуем два параметра. Считая отрезок AD перпендикулярным плоскости ABC, расходуем также два параметра (ADJ-AB — один параметр и AD.LAC — один параметр) Наконец, считая AD:AB=\ :1, расходуем еще один параметр. Таким образом, параметрическое число построенного изображения р = Ъ. Это значит, что изображение является метрически определенным, т. е. последующие метрические построения (необходимость в них может возникнуть в процессе решения задачи) уже не могут быть выполнены произвольно. Так, пусть далее в этом примере требуется найти угол между скрещивающимися прямыми АВ и DC. В плоскости ABC через точку С проведем прямую 1\\АВ. (Это построение позиционное, т. е. расхода параметров за собой не влечет.) Тогда угол между прямыми DC и / является искомым углом. Чтобы найти величину этого угла, целесообразно вклю- Рис. 122 135
чить его в какой-нибудь треугольник. Если, например, из точки А опустить перпендикуляр АЕ на прямую / и соединить точку D с точкой Е, то угол DCE, являющийся искомым, будет углом прямоугольного треугольника DCE. Построение AE.LI является метрическим построением. Но в рассматриваемом примере р = 5, т. е. нельзя, взяв на прямой / произвольно точку £, считать, что AEJ-CE. Построение АЕА.1 можно выполнить так: 1 В треугольнике ABC проведем медиану СМ. Так как треугольник ABC правильный, то медиана СМ будет и высотой треугольника ABC. 2. Проведем АЕ\\СМ. Тогда AEJLI и DE±l. (Построения медианы СМ и прямой АЕ\\ СМ являются позиционными построениями, т. е. расхода параметров за собой не влекут.) Положив далее АВ = ау найдем, что в прямоугольном треугольнике DCE CE = AM=^, DE = ^ADT+JE2=^f-, tg откуда Z. DCE = arctg -д/7 Для определения величины угла DCE можно было бы поступить и по-другому. А именно в плоскости ABC через точку А провести прямую а\\ВС и полученную точку F соединить с точкой D. (Построение прямой а является позиционным построением и расхода параметров поэтому за собой не влечет.) Нетрудно подсчитать, что в треугольнике CDF CF = a, CD = DF = a^f2, и по теореме косинусов DF2 = CD2 + CF2 — 2CD-CF cos /LDCF, откуда cos ADCF = ^y т. e. Z. DCF = arccos ^ 4 4 Пример З. Один из катетов равнобедренного прямоугольного треугольника лежит в плоскости я, а другой образует с ней угол 45° Построим изображение заданной фигуры и найдем его параметрическое число. Решение (рис. 123) Считая произвольный треугольник ABC изображением прямоугольного треугольника, расходуем на изображение один параметр. Считая, что ЛС:ВС=1:1, расходуем еще один параметр. Считая, что прямая ВС образует с Рис. 123 136
Рис. 124 плоскостью я угол 45°, расходуем на изображение еще один параметр. Таким образом, р = 3. Поэтому для последующих метрических построений есть еще два свободных параметра. Пусть далее в этом примере требуется найти угол, который образует гипотенуза АВ с плоскостью я. Для определения этого угла нужно построить проекцию гипотенузы АВ на плоскость я, т. е. из точки В опустить перпендикуляр на плоскость я. В нашем распоряжении оставалось еще два свободных параметра. Взяв в плоскости я произвольно точку В' и считая, что ВВ' ±я, мы эти два параметра израсходуем. Теперь параметрическое число изображения р = 5, и новые метрические построения на нем уже нельзя выполнить произвольно. Для определения величины угла между прямой АВ и плоскостью я соединим точку В' с точками А и С. Тогда АВСВ' = 45° а А.ВАВ' — искомый угол. Положим АС = ВС = а и найдем, что АВ = ал/2, ВВ'=^-&, т. е. в прямоугольном треугольнике ABB' В В' :АВ = 1:2, а это значит, что /L ВАВ' = 30° Пример 4. В правильной четырехугольной пирамиде угол между двумя смежными боковыми гранями равен 2а. Построим изображение заданной фигуры и найдем его параметрическое число. Решение (рис. 124) Произвольный параллелограмм ABCD примем за изображение квадрата, лежащего в основании пирамиды. Это метрическое условие, наложенное на изображение, соответствует расходу на него двух параметров (AB±AD — один параметр и AC±BD — один параметр) Построим точку О, в которой пересекаются диагонали основания. Будем считать, что произвольный отрезок SO является изображением высоты пирамиды. Таким образом, мы расходуем на изображение еще два параметра. Возьмем далее на ребре SC произвольно точку Е и 137
будем считать, что O£_LSC Накладывая на изображение это метрическое условие, мы расходуем на изображение один параметр. Итак, параметрическое число построенного изображения р = Ь. Соединим затем точку Е с точками В и D. Ясно, что СО J-BD, и так как SO — это перпендикуляр к плоскости основания, то СО — проекция SC на плоскость ABC. Поэтому SCA.BD. А так как, кроме того, SC±OE, то SC-LBE и SCJ-DE. Другими словами, угол BED является линейным углом двугранного угла, образованного двумя смежными боковыми гранями, т. е. BED 2 Пусть далее в этом примере требуется определить величину угла между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды. Так как SO — это перпендикуляр к плоскости ABC, то OD — проекция SD на плоскость ABC, и поэтому угол SDO — это угол, который образует прямая SD с плоскостью ABC. Положив для выполнения подсчетов АВ = а, найдем, что = arcsin(ctgoc), где 4 Как отмечалось в § 7, по изображению Ф фигуры, полученному по законам параллельного проектирования, еще нельзя восстановить форму оригинала этой фигуры. Вместе с тем ряд конструктивных задач эффективно решается с помощью фигуры Фо (или ее элементов), имеющей форму оригинала. При построении фигуры Ф используются условия, налагаемые на изображение, а в некоторых случаях — и отношения, возникающие на самом изображении Ф. Если условное изображение является метрически определенным, то на нем может быть решена любая метрическая задача на построение. Так, если произвольный треугольник ABC принят за изображение треугольника с заданным отношением сторон АВ:ВС:СА, то можно построить изображения высот этого треугольника, изображения центров окружностей, вписанной в этот треугольник и описанной около него. Если в плоскости этого треугольника задан некоторый отрезок DE, то можно построить изображение квадрата, стороной (или диагональю) которого является отрезок DE и т. д. Если изображение Ф плоской фигуры является метрически определенным, то, используя его, можно построить фигуру Фо, имеющую форму оригинала. Так, если фигура Ф — это треугольник ABC, являющийся изображением равностороннего треугольника, то фигура Фо — это любой равносторонний треугольник Чертеж, на котором по заданному изображению Ф плоской фигуры построена фигура Фо, имеющая форму оригинала фигуры Ф, называют выносным чертежом. 138
Пусть четырехугольник SCAB (рис. 125, а) с его диагоналями является изображением треугольной пирамиды, все плоские углы при вершине 50 которой прямые и отношение ребер S0C0:S0A0: :SoBo = 3:2:2. На рисунке 125, б показан треугольник SaAoCo имеющий форму оригинала грани SAC. Это треугольник с прямым углом при вершине So и с отношением сторон SoCo:ScHo = 3-2 Рисунок 125, б является выносным чертежом. На рисунке 125 в показан треугольник S0A0B0, имеющий форму оригинала грани Рис. 125 139
SAB. Это равнобедренный прямоугольный треугольник, у него SoAo = SoBq. Рисунок 125, в также является выносным чертежом. Пользуясь выносными чертежами, можно решать метрические задачи на построение, которое требуется выполнять на изображениях пространственных фигур. Так, пусть на рисунке 125, а требуется построить изображение перпендикуляра, опущенного из точки S на прямую D£, где точки D и Е — середины соответственно сторон АС и АВ. (Отметим, что изображение пирамиды SABC потребовало расхода пяти параметров. Поэтбму нельзя, взяв на прямой DE произвольно точку X, считать, что SX — изображение искомого перпендикуляра.) Выполним требуемое построение с помощью выносного чертежа. А именно построим оригиналы тех трех граней пирамиды SABC, в которых лежат стороны треугольника SDE. При этом, так как эти грани имеют общие ребра, то построим оригиналы этих граней на одном (а не на трех) выносном чертеже. На рисунке 125, г построены равнобедренный прямоугольный треугольник SqAqBq, прямоугольный треугольник SoAqCo с отношением катетов SoCo*.Soi4o = 3:2 и равнобедренный треугольник АоСо(Во)\, у которого Л0С0 = С0 (So)i, а сторона Ао (B0)i равна гипотенузе AqBq треугольника SoAqBq. Находим с помощью этого выносного чертежа стороны So£o, SoA) и Do (£o)i оригинала треугольника SDE и на новом выносном чертеже 125, д строим треугольник SoDqEq по трем полученным сторонам. В этом треугольнике проводим (точно) перпендикуляр SoXo из точки So на прямую Do£"o- Точка Хо разделит отрезок Do£o в некотором отношении DqXo: :DoEo. Так как при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то на рисунке 125, а точка X разделит отрезок DE в таком же отношении. Тогда точку X можно построить с помощью вспомогательного луча / с началом в точке D, на котором построим отрезки DX' = DqXo и DE' = DqEo. Соединив далее точки Е' и £, проведем через точку X' прямую, параллельную прямой Е'Е, и получим точку X. Затем строим SX — изображение искомого перпендикуляра. Замечание. Если заметить, что отрезок DE является средней линией треугольника ЛВС, е. DE = —BC, то можно было бы ДЛОСО (#o)i на рисунке 125, г не строить. Действительно, Do (£o)i =у Со (Во)\ =у AoCo = AoD(). Но отрезок AqD0 на рисунке 125, г уже есть. Вернемся теперь к изображению параллелепипеда, показанному на рисунке 120. Считая фигуру ABCDA\B{C\D\ изображением прямоугольного параллелепипеда, мы израсходовали на это изображение три параметра, т е. в нашем распоряжении остается еще два свободных параметра. Использовать их можно по-разному Так, можно считать отрезки АВ, AD и АА\ изображениями соот- 140
Рис. 126 ветственно отрезков ЛоВо, AqDo и /4o(^o)i, отношение которых в оригинале равно, например, 1:2:2. Замечание. Некоторые метрические задачи на построение (на плоскости) могут быть решены и в тех случаях, когда на изображение израсходован только один параметр. Так, если произвольный треугольник ABC принят за изображение треугольника отношением сторон АВ:ВС = 3:4, то на этом изображении можно построить биссектрису угла ЛВС. Однако построить изображения двух других биссектрис этого треугольника на указанном изображении нельзя. Отметим еще, что в качестве изображения прямоугольного параллелепипеда из соображений наглядности более целесообразно принять изображение, показанное на рисунке 126. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Параметраж изображений Построить изображения (параллельные проекции) фигур, указанных в задачах № 462—477, и в каждом случае подсчитать р — параметрическое число изображения. Если р<5, то дополнить задания фигур метрическими условиями таким образом, чтобы их изображения становились метрически определенными. 462. Прямой параллелепипед, в основании которого лежит: а) квадрат; б) прямоугольник; в) параллелограмм. 463. Призма, две боковые грани которой являются квадратами, а в основании ее лежит: а) прямоугольный треугольник; б) треугольник, площадь которого равна половине площади грани, являющейся квадратом; в) треугольник, одна из биссектрис которого делит противоположную сторону в отношении 1:2. 464. Пирамида, боковое ребро которой перпендикулярно плоскости ее основания и равно большей стороне основания, а в основании лежит: а) равнобедренный треугольник; б) равнобедренный прямоугольный треугольник; в) треугольник с отношением сторон, равным 1: д/2. 465. Пирамида, диагональным сечением которой является правильный треугольник, а в основании ее лежит: а) квадрат; б) прямоугольник; в) равнобедренная трапеция. 466. Пирамида SABCD, боковое ребро SB которой перпендикулярно плоскости основания, SB = AB, а основанием является: а) квадрат; б) ромб; в) четырехугольник, у которого ЛБ = БС и AD = DC. 467. Пирамида, каждое боковое ребро которой образует с плоскостью основания угол, равный 45°, а основанием является: а) равносторонний треугольник; б) равнобедренный прямоугольный треугольник; в) треугольник с отношением сторон, равным 2:3:4. 468. Пирамида, все боковые грани которой одинаково наклонены к плоскости ее основания, а основанием является: а) равнобедренный прямоугольный тре- 141
угольник; б) прямоугольный треугольник с отношением катетов, равным 1:2; в) прямоугольный треугольник, высота которого, проведенная на гипотенузу, делит ее в отношении 1:3. 469. Пирамида, боковое ребро которой перпендикулярно плоскости основания и равно его диагонали, а основанием является: а) квадрат; б) прямоугольник; в) равнобедренная трапеция. 470. Пирамида SABC, основанием которой является правильный треугольник ABC, а ее боковое ребро SA: а) перпендикулярно ребру АВ; б) перпендикулярно ребрам АВ и АС; в) перпендикулярно ребрам SB и АС. 471. Пирамида, боковое ребро которой перпендикулярно плоскости ее основания, а основанием является: а) ромб; б) квадрат; в) четырехугольник, диагонали которого равны и взаимно перпендикулярны. 472. Пирамида SABCD, основанием которой является квадрат ABCD и: а) двугранные углы между смежными боковыми гранями равны между собой; б) Z/4SC = = Z5SD; в) угол между плоскостями граней SAB и SCD равен 90° 473. Пирамида SABCD, в основании которой лежит равнобедренная трапеция и: а) все боковые грани одинаково наклонены к плоскости ее основания; б) все боковые ребра одинаково наклонены к плоскости ее основания; в) вершина S пирамиды проектируется в точку О — середину ребра AD. 474. Призма АВСА\В\С\, вершина С\ которой проектируется в точку С — середину ребра Л Б, а в основании лежит: а) правильный треугольник; б) прямоугольный треугольник с отношением катетов, равным 1:2; в) треугольник, у которого СС= — АВ. 475. Параллелепипед ABCDA\B\C\D\, вершина А\ которого проектируется в точку А', лежащую на биссектрисе АА' угла BAD, а основанием является: а) квадрат; б) четырехугольник ABCD, диагональ АС которого лежит на биссектрисе АА' угла BAD; в) прямоугольник с отношением сторон, равным 1:-у/2. 476. Пирамида, одна из боковых граней которой перпендикулярна плоскости ее основания и двум боковым граням пирамиды, а в основании лежит: а) квадрат; б) прямоугольник; в) прямоугольная трапеция. 477. Пирамида SABCD, грани SAB и SBC которой перпендикулярны плоскости ее основания, а основанием является: а) квадрат; б) прямоугольник; в) четырехугольник, у которого /.BAD прямой. 2. Выносные чертежи 478. На ребре АВ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Е и F — такие, что AE = EF = FB. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений куба следующими плоскостями: a) DD\B; б) DD\F; в) DD\E. 479. На ребреСО прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\,отношение ребер которого AB:AD:AA] = \:2:\, взяты соответственно точки Е и F — такие, что CF = FE = ED. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений па-' раллелепипеда следующими плоскостями: а) АА\С; б) AA\F\ в) АА\Е. 480. На ребре AD прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, в основании которого лежит ромб с углом 60° и отношение ребер которого AB\AD'.AA\ = 1:1:2, взяты соответственно точки Е и F — такие, что AE = EF = FD. Построить фигуры, 142
имеющие формы оригиналов сечений параллелепипеда следующими плоскостями: a) BBiD; б) BBiF; в) Б#,£. 481. На ребре АС правильной треугольной призмы АВСА\В\С\У боковые грани которой являются квадратами, взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE = EF = FA. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений призмы следующими плоскостями: a) C\BD\ б) С\ВЕ\ в) C\BF 482. На ребрах CD, ВВ\ и АА\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки £, F и К — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений куба следующими плоскостями: а) С\ВЕ; б) C\FE\ в) СхКЕ. 483. На ребрах CD, BB\ и АА\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1 взяты соответственно точки Е, F и К — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений параллелепипеда следующими плоскостями: а) С\ВЕ\ б) C\FE\ в) CiKE. 484. На ребрах CD, BB\ и ААХ прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, в основании которого лежит ромб с углом 60° и отношение ребер которого AB:AD:AA\ = 1:1:2, взяты соответственно точки Е, F и К — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений параллелепипеда следующими плоскостями: а) С\ВЕ\ б) C\FE\ в) С\КЕ. 485. В правильной треугольной призме АВСА\В\С\ с отношением ребер АА\\ МБ = 2:1 на ребре АС взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = = DE = EF = FA. На ребрах ВС и СС\ этой призмы взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений призмы следующими плоскостями: a) LDK\ б) LEK\ в) LFK. 486. На ребре АС прямой треугольной призмы АВСА\д\С\, в основании которой лежит прямоугольный треугольник ABC и у которой АС = ВС = АА\, взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE — EF = FA. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений призмы следующими плоскостями: а) C^BD\ б) С,Б£; в) CiBF 487. На ребре АС правильного тетраэдра SABC взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE = EF=FA, а на ребре АВ этого тетраэдра взята точка К — середина ребра АВ. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений тетраэдра следующими плоскостями: a) SDK; б) SEK\ в) SFK. 488. На ребре АС правильной треугольной пирамиды SABC с отношением высоты к стороне основания, равным 1 :-у/3, взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE = EF = FA, а на ребре АВ этой пирамиды взята точка К — середина ребра АВ. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений пирамиды следующими плоскостями: a) SDK\ б) SEK; в) SFK. 489. В основании треугольной пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC и ее сечение плоскостью SCK, где точка К — середина ребра А В — является также правильным треугольником. На ребре АС этой пирамиды взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE = EF = FA, а на ребре SC — точка L — середина этого ребра. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений пирамиды следующими .плоскостями: a) LBD; б) LBE\ в) LBF 490. Угол между ребрами SA и SC правильной четырехугольной пирамиды SABCD равен 90° На ребре CD пирамиды взяты соответственно точки Е, F и К — такие, что CE = EF = FK = KD, а на ребре SC — точка L — середина этого 143
ребра. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений пирамиды следующими плоскостями: a) LAE\ б) LAF; в) LAK. 491. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD, а высота пирамиды равна половине диагонали прямоугольника A BCD и проектируется в точку пересечения его диагоналей. На ребре CD взяты соответственно точки £, F и К — такие, что CF = EF = FK = KDy а на ребре SC точка L — середина этого ребра. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений пирамиды следующими плоскостями: a) LAF; б) LAE; в) LAK. 492. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD, а ее боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания и SA=AB. На ребре SD взята точка Е — середина этого ребра, а на ребре CD взяты соответственно точки /\ К и L — такие, что CF = FK= KL = LD. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений пирамиды следующими плоскостями: a) BEL; б) ВЕК\ в) BEF § 10. ПРОСТЕЙШИЕ ПОСТРОЕНИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ (МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ) При выполнении метрических построений на изображениях в пространстве могут применяться следующие способы: 1. Вычислительный способ. 2. Способ выносных чертежей. 3. Геометрический способ. 4. Векторно-координатный способ. Суть этих способов построений поясним на примерах. 1. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ ПЛОСКИХ ФИГУР Прежде всего рассмотрим пример, при решении которого сопоставим указанные способы. Пример 1. Приняв произвольный параллелограмм ABCD (рис. 127, а) за изображение квадрата ЛоВоСо£>о, построим на этом изображении точки £, F и К — изображения соответственно точки Ео — середины стороны А0В0 — и точек Fo и Ко, принадлежащих прямой AqDo,— таких, что AoF^:AoDn= 1:4, AoKo'-AoDo = 2:1. Затем построим изображение прямой КоХо, которая в оригинале перпендикулярна прямой EoFo. Замечание. Отметим, что на изображение квадрата израсходовано два параметра (мы считаем ABA.AD и AC J-BD) Поэтому нельзя, взяв на прямой EF произвольно точку X, считать, что прямая КХ — изображение искомой прямой. Решение. Вычислительный способ. Построим сначала изображение прямой, которая, как и искомая прямая, перпендикулярна прямой EoFo, но проходит через точку Ло, а не через точку Ко. Положив для выполнения подсчетов сторону заданного квадрата равной а, найдем, что тогда (в оригинале) АоЕо = -^-, AoFo = -j- 144
A F г) Рис. 127
-^— Так как треугольник Ло^о^о прямоугольный, то, если АоНо — его высота, выполняется соотношение AoEl = EoHo-EoFo, или -2i=£0//0.£^, откуда £о#о = — Тогда £oWo:£ofo = ^:^ = 4:5. V5 4 Но при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется. Поэтому EH:EF = 4:5. Этим результатом можно воспользоваться для построения точки Н и затем прямой АН. 1. Построим луч / с началом в точке Е. 2. На луче / построим отрезки ЕН' и EFf отношение которых равно 4:5. 3. Проведем прямую F'F 4. Через точку Н' проведем прямую m\\FF' 5. Точку Я, в которой прямая т пересекает прямую EF, соединим с точкой А. 6. Через точку К проведем прямую КХ\\АН Прямая КХ — изображение искомой прямой. Способ выносных чертежей. Построим произвольный квадрат AoBoCoDo (рис. 127, б) Так как все квадраты подобны между собой, то квадрат AoBoCoDo имеет форму оригинала (т. е. является выносным чертежом). Построим точку £0 — середину стороны ЛоВ'о, а также точки Fo и Ко, лежащие на прямой AoDo,— такие, что AoFo:AoDo=\*A, AoKo:AoDo = 2:\ Так как квадрат AoBoCoDo именно подобен оригиналу (а не является параллельной проекцией оригинала) и так как при преобразовании подобия величина угла сохраняется, то прямая, проходящая через точку Ко перпендикулярно прямой EoFO} должна быть построена точно. Итак, проведем через точку Ко прямую КоХо, перпендикулярную прямой EoFo. На этом построение на выносном чертеже закончено, и мы возвращаемся к рисунку 127, а. 1. Построим луч 1\ с началом в точке Е. 2. На луче 1\ построим отрезки EF\ и ЕХ\ — такие, что EF\ = = EoFo и ЕХ\=ЕоХо (отрезки EoFo и ЕоХо построены на рисунке 127, б). 3. Проведем прямую FF\. 4. Через точку Х\ проведем прямую m\\\FF\. 5. Полученную на прямой EF точку X соединим с точкой К. Прямая КХ — изображение искомой прямой. Геометрический способ (рис. 127, в). Так как параллелограмм ABCD является изображением квадрата, то прямые АС и BD являются изображениями взаимно перпендикулярных в оригинале прямых. Воспользуемся этим фактом. 1. Через точку К проведем прямую KL\\AC. 146
2. Через точку F проведем прямую FM\\BD. Построенные прямые KL и FM являются изображениями взаимно перпендикулярных прямых, т. е. отрезок FM является изображением высоты треугольника FKL. Воспользуемся далее тем, что прямые AD и CD являются изображениями также взаимно перпендикулярных прямых. 3. Через точку L проведем прямую£Л^||CD. Отрезок LN является, таким образом, изображением второй высоты треугольника FKL. 4. Найдем точку Р, в которой пересекаются прямые FM и LN. Воспользуемся теперь тем, что три высоты треугольника пересекаются в одной точке, и тем, что принадлежность точек и прямых при параллельном проектировании сохраняется. 5. Проведем прямую КР и найдем точку X, в которой она пересекает прямую EL. Отрезок КХ является по построению изображением высоты треугольника FKL, т. е. прямая КХ — это изображение искомой прямой. Замечание. Можно доказать, что если в квадрате ABCD точки R и Q — середины соответственно сторон CD и AD, то AR1.BQ. Тогда, так как в рассмотренном примере EF\\BQy то AR±EF Этим фактом можно воспользоваться для осуществления другого, также геометрического способа построения искомой прямой. Векторно-координатный способ. Так как параллелограмм ABCD является изображением квадрата, то прямые AD и АВ являются изображениями взаимно перпендикулярных прямых, а отрезки AD и АВ являются изображениями равных в оригинале отрезков. Это обстоятельство позволяет задать на плоскости прямоугольную систему координат Аху, как это показано на рисунке 127, г. Точки A, D и В в этой системе имеют следующие координаты: А (0; 0), D(l; 0), В (0; 1). Вектор EFy — \ ——J является изображением нормального вектора искомой прямой. Пусть точка Р (х\ у) — текущая точка этой прямой. Тогда вектор РК имеет координаты (х — 2; у). Записывая условие PK-LEF в координатной форме, получаем уравнение искомой прямой: —2).-J-+i/-(—i-)=0, или х-2у-2 = Прямая (*) проходит через точку /С (2; 0). Полагая в уравнении (*), например, а: = 0, находим из него: у= — 1. Таким образом, точка L (0; — 1) —это еще одна точка, через которую проходит прямая (*). Строим на рисунке 127, г точку L(0; —1) и затем искомую прямую KL. Пример 2. Приняв параллелограмм ABCD (рис. 128, а) за изображение прямоугольника AoBoCoDo с отношением сторон 147
Рис. 128 AoBo:AoDo= I :i/2, построим изображение прямой, проходящей через точку Со, перпендикулярно прямой B0Af0, где точка Мо — середина стороны А0О0. Замечание. Отметим, что на изображение прямоугольника, показанное на рисунке 128, а, израсходовано два параметра. Это значит, что нельзя, взяв на прямой ВМ произвольно точку X, считать, что прямая СХ является изображением искомой прямой. Решение. Вычислительный способ. Подсчитаем отношение ВХ:ВМ, в котором точка X — точка пересечения искомой прямой с прямой ВМ — разделит отрезок ВМ. Для выполнения подсчетов введем вспомогательный параметр, положив, например, АВ = а. Тогда AD = a^, AM = a^f2/2, и из прямоугольного треугольника АВМ найдем: /Ш =^-^ Далее, из равенства прямоугольных треугольников CDM и АВМ следует, = ВМ, т. е. CM = 1 что Замечание. Отметим, что ради краткости мы называем треугольники CDM и АВМ равными, имея в виду, естественно, что эти треугольники являются изображениями равных в оригинале треугольников CoDoMo и AqBoMo. Перейдем к треугольнику ВМС. В нем ВМ = СМ, т. е. Z. ВСМ = = /LCBM, и, значит, оба эти угла острые. Ясно, что и /L ВМС 148
острый. Действительно, ВС2 = 2а2, ВМ2=^ и CAf2=^-\ т. е. ВС2<ВМ2 + СМ2 Тогда, если CXJlBM, to точка X, в которой пересекаются искомая прямая и прямая ВМ, лежит между точками ВиМ.а отрезок СХ — это общий катет прямоугольных треугольников ВСХ и МСХ. Выразив из каждого из этих треугольников СХ2, получим уравнение ВС2-ВХ2 = МС2-МХ2, откуда ВХ = ^_. Таким образом, ВХ:ВМ = 2:3. Теперь можно перейти к построению точки X и искомой прямой. 1. Проведем луч / с началом в точке В. 2. На луче / возьмем некоторый отрезок BE и построим отрезки BXf = 2BE и BM' = WE. 3. Проведем прямую ММ' 4. Через точку X' проведем прямую /г||ЛШ' 5. Найдем точку X, в которой пересекаются прямые k и ВМ. 6. Построим прямую СХ, которая и является искомой прямой. Способ выносных чертежей. Построим прямоугольник ЛоВоСоА) со сторонами А0В0 и AqDq = AqBq^J2 (рис. 128, б), т. е. прямоугольник, имеющий форму прямоугольника-оригинала (именно это изображение является выносным чертежом). Построим точку Мо — середину стороны AoDo, затем отрезок BqMo и далее через точку Со проведем (точно) прямую СоХоА-ВоМо. Полученная точка Хо разделит отрезок ВоЛ1о в некотором отношении ВоХо:ВоМо. В таком же отношении разделим на рисунке 128, а отрезок ВМ. Для этого построим на вспомогательном луче 1\ с началом в точке В отрезки 5X1 = ^0^0 и ВМ\=ВоМо, далее проведем прямую М\М и проходящую через точку Х\ прямую k\\\M\M. Через точку X, в которой прямая k\ пересекает прямую ВМ, и точку С проведем прямую СХ. Прямая СХ — изображение искомой .прямой. Векторно-координатный способ (рис. 128, в) Так как параллелограмм ABCD является изображением прямоугольника, то прямые AD и АВ являются изображениями взаимно перпендикулярных прямых. Примем эти прямые с указанными на них направлениями и единичными отрезками соответственно за оси Ах и Ау прямоугольной системы координат. При этом длину отрезка АВ примем за длину единичного отрезка. Тогда координаты заданных точек будут следующими: Л(0; 0), В(0; 1), D (д/2; 0), С(д/2; 1), М (^ о). Вектор ВМ (^ — lj будет изображением нормального векто- 149
Рис. 129 ра искомой прямой. Если точка Р (х; у) — текущая точка этой прямой, то, записывая в координатной форме условие PC-LBM, получим уравнение искомой прямой: -l)(-l) = 0, или V2a: —2f/ = При х = 0 получаем из этого уравнения у = 0. Таким образом, искомая прямая проходит и через точку Л, т. е. это прямая АС. Пример 3. Приняв произвольный треугольник ABC (рис. 129, а) за изображение треугольника АоВоСо с отношением сторон ЛоВо".ВоСоМ<>Со = 2:3:4, построим изображение биссектрисы угла AqBqCq. Замечание. На изображение заданного треугольника израсходовано два параметра. Поэтому нельзя, взяв на стороне АС произвольно точку X, считать, что луч ВХ — изображение искомой биссектрисы. Решение. Способ выносных чертежей. Построим треугольник АоВоСо (рис. 129, б) с заданным отношением сторон, т. е. треугольник, подобный заданному треугольнику. Построим (точно) биссектрису Во^о угла Л0В0С0. Точка Хо делит сторону А0С0 в отношении AqXqiAqCo. В таком же отношении разделим на рисунке 129, а сторону АС. Для этого проведем луч / с началом в точке А и построим на нем отрезки АХ' = А0Х0 и А С'=А0С0 (отрезки А0Х0 и Л0С0 возьмем с рисунка 129, б) Затем проведем прямую СС и через точку X' — прямую k\\CC Точку X, в которой прямая k пересекает прямую АС, соединим с точкой В. Луч ВХ — изображение искомой биссектрисы. Геометрический способ. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC (рис. 129, в) построим соответственно точки К и L — такие, 150
что ВК = — и BL = —. Тогда треугольник BKL является изобра- Z о жением равнобедренного треугольника BoKoLo, а поэтому медиана ВМ треугольника BKL является изображением искомой биссектрисы. Замечание. Геометрическое решение можно было бы осуществить и по- другому. Например, можно было бы воспользоваться тем, что если луч ВХ -- изображение биссектрисы угла ABC, то АХ'.ХС = АВ:ВС. В рассматриваемом примере АХ:ХС = 2:3. Можно было бы также достроить треугольник KBL, построенный на рисунке 129, в, до ромба KBLN, проведя через точку К прямую, параллельную прямой ВС, а через точку L — прямую, параллельную прямой АВ. При таком построении луч BN будет изображением искомой биссектрисы. 2. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ФИГУР Условимся в примерах и упражнениях этого пункта употреблять обозначения, принятые в § 7. Пример 4. Даны точки А (Л'), В (В') и С/. В плоскости ABC построим точки D и Е — такие, чтобы четырехугольник ADBE был изображением ромба ЛоА)Во£о, у которого AoBo = AoDo. Решение (рис. 130). Так как диагональ ромба равна его стороне, то треугольник ABD является изображением равностороннего треугольника. Возьмем в плоскости ABC произвольно точку D, не лежащую на прямой АВ, и соединим ее с точками А и В. Затем через точки А и В проведем прямые, параллельные соответственно прямым BD и AD. Точку пересечения построенных прямых обозначим Е. Построим теперь точки D' и Е' — проекции точек D и Е. Для этого найдем сначала точку S{, в которой пересекаются прямые Рис. 130 151
АВ и А'В', а затем построим прямую S[C —линию пересечения данной плоскости ABC и плоскости л' — плоскости проекций. Прямая S'\C — это след плоскости ABC. Проведем далее прямую AD и через точку А' и точку S£, в которой прямая AD пересекает след S[C\ проведем прямую SiA\ На этой прямой найдем точку D', проведя через точку D прямую DD'\\ AA'. Аналогично с помощью точки А (А') и точки SS построим и точку £' — проекцию точки Е. Построенный параллелограмм ADBE (A'D'B'E') является изображением заданного ромба. Замечание. Параметрическое число изображения ромба р = 2, так как, считая треугольник ABD [A'B'D') изображением равностороннего треугольника, мы полагаем, что отрезки А В (А'В') и AD (A'Df) — это изображения равных отрезков, и, таким образом, расходуем один параметр и аналогично, считая отрезки АВ {А'В') и BD (B'Df) изображениями равных отрезков, расходуем еще один параметр. Отметим еще, что (по теореме Дезарга) точки пересечения прямых BD и B'D' и прямых BE и В'Е' также должны лежать на следе плоскости ABC, т. е. на прямой Пример 5. Построим плоскость, проходящую через данную точку А (А') и перпендикулярную данной прямой ВС {В С). Решение (рис. 131, а). 1. Через точки В, В' и С проведем плоскость а. 2. В плоскости п' через точку А' проведем прямую а' А-В'С и найдем точку D', в которой прямая а' пересекает прямую 3. Через точки Л, А' и D' проведем плоскость б и найдем прямую d, по которой пересекаются плоскости б и а. Рис. 131, а
Так как плоскость б проходит через прямую АА', которая перпендикулярна плоскости л', то и плоскость б перпендикулярна плоскости я'. Но и плоскость а перпендикулярна плоскости л'. Тогда и d_Ln'. 4. В плоскости б через точку А проведем прямую а\\ а'. Ясно, что тогда а А. а. Найдем точку D, в которой пересекаются прямые and. 5. В плоскости а через точку D проведем прямую тА-ВС и найдем точку S{, в которой пересекаются прямые т и В'С". 6. В плоскости л' через точку S\ проведем прямую s'\\af. Так как по построению а\\а' и a'||s', то alls'. 7. Проведем через прямые га и s' плоскость у. Прямая s' является следом плоскости у. Убедимся, что плоскость у является искомой. Действительно, по построению ВС JLm и так как В'С'-La', то ВС 1-й. Таким образом, прямая ВС перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости у, т. е. она перпендикулярна и плоскости у. Это значит, что и плоскость у перпендикулярна прямой ВС. Но плоскость у проходит и через точку А. Итак, плоскость у — это искомая плоскость. Замечание. Отметим, что изображение, построенное на рисунке 131, а, является полным, причем параметрическое число этого изображения р = 4. (Действительно, прямую ВВ' мы считаем перпендикулярной основной плоскости л' и, значит, расходуем два параметра; прямые а и т считаем перпендикулярными прямой ВС\ т. е. расходуем еще два параметра.) Приведем краткое решение этого примера на неполном изображении. Это решение сопровождается иллюстративным чертежом (рис. 131, б), т. е. чертежом, на котором нет плоскости л' — плоскости вторичных проекций — и, значит, нет и самих вторичных проекций заданной точки и заданной прямой. Поставленная задача сформулируется тогда так: построим плоскость, проходящую через точку Л, перпендикулярно данной прямой ВС. 1. В плоскости ABC через точку А проведем прямую а, перпендикулярную прямой ВС, и найд"ем точку Р, в которой прямые а и ВС пересекаются. 2. В плоскости, проходящей через точки В и С и некоторую точку D, не лежащую в плоскости а, проведем прямую р, перпендикулярную прямой ВС. 3. Через прямые аир проведем плоскость 7, которая и является искомой плоскостью. Пример 6. Найдем множество точек, лежащих в данной плоскости АВ'С и одинаково удаленных от данной точки А (А') и данной точ- 131,6 ки D', лежащей в плоскости я'. 153
Рис. 132 Решение (рис. 132). 1. Найдем точку Е — середину отрезка AD'. 2. В проектирующей плоскости AA'D' через точку Е проведем прямую е, перпендикулярную прямой AD'. 3. Найдем точку F\ в которой прямая е пересекает прямую A'D'. 4. В плоскости я' через точку F' проведем прямую s, перпендикулярную прямой В'С. Пересекающиеся прямые s и е определяют плоскость у, которая, как это легко видно из построения, перпендикулярна отрезку AD' и проходит через его середину. Таким образом, плоскость у является геометрическим местом точек, одинаково удаленных от точек А (А') и D', а прямая, по которой плоскость у пересекается с плоскостью АВ'С\ является искомым множеством точек. Найдем эту прямую. 5. В плоскости л' через точку D' проведем прямую D'S[, параллельную прямой s, и точку S{ соединим с точкой А. 6. На отрезке AS{ возьмем точку К — середину этого отрезка — и соединим точку К с точкой Е. Так как КЕ — средняя линия треугольника AD'S\, то КЕ\\D'S\, и тогда KE\\s. Таким образом, прямая КЕ проходит через точку £, лежащую в плоскости у, и параллельна прямой s. Поэтому прямая КЕ лежит в плоскости у. Это значит, что точка К лежит в плоскости у, и так как она лежит на прямой AS\y то она лежит и в плоскости АВ'С\ 154
Второй точкой, лежащей и в плоскости у, и в плоскости АВ'С, является точка S£, в которой пересекаются прямые s и В'С Тогда прямая S'iK — искомая прямая. Замечание. Подсчитаем параметрическое число построенного изображения. Считая прямую АА' перпендикулярной плоскости л' мы расходуем два параметра; считая прямую е перпендикулярной прямой AD' расходуем один параметр и, считая прямую s перпендикулярной прямой A'D' расходуем еще один параметр. (Других метрических построений на этом изображении не выполнялось.) Итак, р = 4. Пример 7 Построим геометрическое место точек, одинаково удаленных от плоскости я' и данной плоскости а, заданной точками А{А'\ В' и С Решение (рис. 133, а). 1. В плоскости я' через точку А' проведем прямую а, перпендикулярную прямой В'С 2. Найдем точку D\ в которой пересекаются прямые а и В'С 3. Точку D' соединим с точкой А. 4. На одной из полупрямых, принадлежащих прямой а, построим отрезок D'E' =AD' 5. Соединим точку А с точкой Е' 6. Найдем точку К — середину отрезка АЕ' 7 В плоскости АА'Е' проведем прямую КК'\\АА' Точками К (К'), В' и С определяется плоскость KB'С 8. Построим плоскость KB'С Докажем, что любая точка М построенной плоскости КВ'С одинаково удалена от плоскостей я' и а. Для этого сначала докажем, что точка К одинаково удалена от этих плоскостей. Так как плоскость АА'Е' проходит через прямую АА' перпендикулярную плоскости я' то плоскость АА'Е' также перпендикулярна плоскости я' (т. е. является проектирующей плоскостью) Тогда прямая КК\ параллельная по построению прямой АА\ перпендикулярна плоскости я' Это значит, что расстояние от точки К до плоскости л' равно длине отрезка КК' Опустим из точки К перпендикуляр КК" на прямую AD' Тогда прямая КК" перпендикулярна плоскости а. (Действительно, В'С'±А'Е' и В'С'±АА', т. е. В'С'±КК" Таким образом, КК"A-AD' и КК"А-В'С.) Значит, расстояние от точки К до плоскости а равно длине отрезка КК" Из равенства (по трем сторонам) треугольников AD'K и E'D'K и равенства отрезков AD' и D'E' следует, что Опустим теперь из точки М перпендикуляры на плоскости л' и а. Выполним это дополнительное построение так: 1. Проведем прямую МК. 2. Найдем точку N\ в которой пересекаются прямые МК и В'С 3. Проведем прямые N'K' и N'K" 4. В плоскости N'KK' через М проведем прямую ММ'\\КК' 155
а в плоскости N'KK" через точку М проведем прямую ММ" || К К" Ясно, что построенные прямые ММ' и ММ" будут перпендикулярны соответственно плоскостям я' и а. 156
Из подобия треугольников N'КК' и N'MM' получаем равенство MM' = MN' КК' KN' ' а из подобия треугольников N'KK" и N'MM" следует, что MM" = MN' КК" KN' Таким образом, М1=М! Но, как было доказано, КК' = КК" АД лл Тогда из последней пропорции найдем, что и ММ' = ММ" Итак, плоскость КВ'С является множеством точек, одинаково удаленных от плоскостей л' и а, т. е. она является биссекторной плоскостью двух вертикальных углов, образованных плоскостями л' и а. Аналогично тому, как была построена плоскость КВ'С строится и биссекторная плоскость двух других вертикальных углов, образованных плоскостями л' и а. В п. 4 основного построения мы построили отрезок D'E' =AD' на одной из полупрямых, принадлежащих прямой а. Построив теперь отрезок D'F' = AD' на другой полупрямой, принадлежащей прямой а, а затем точку L(L') — середину отрезка AF' (A'Ff), мы сможем построить и плоскость LB'C — вторую биссекторную плоскость. Объединение двух биссекторных плоскостей КВ'С и LB'C является искомым геометрическим местом точек. Замечание. Подсчитаем параметрическое число полного изображения, построенного на рисунке 133, а. Считая прямую А А' изображением прямой, перпендикулярной плоскости л' мы расходуем два параметра; считая прямую A'D' изображением прямой, перпендикулярной прямой В'С, расходуем один параметр и, наконец, считая непараллельные отрезки AD' и D'E' изображениями равных отрезков, расходуем еще один параметр. Таким образом, р = 4, т. е. в нашем распоряжении оставался еще один свободный параметр. Этот параметр был израсходован, когда отрезок КК" мы считали изображением перпендикуляра к прямой AD' Приведем еще кратко решение этого примера, выполненное на неполном изображении. Это решение сопровождается иллюстративным чертежом (рис. 133, б). Пусть аир — заданные плоскости, пересекающиеся по прямой /. Через произвольную точку С прямой / проведем в плоскостях аир соответственно прямые а и Ь, перпендикулярные прямой /. Затем на прямой а построим отрезок АА\, серединой которого является точка С, а на прямой Ъ — отрезок ВВ\, серединой которого является также точка С. При этом отрезок АА\ будем считать равным отрезку ВВ\. Далее строим точку К середину отрезка А В—и точку L — середину отрезка АВ\. Через точку К и прямую / проводим плоскость y\t а через точку L и прямую / — плоскость 72- Объединение плоскостей 71 и у2 и будет искомым геометрическим местом точек. 157
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Построения на изображениях плоских фигур 493. Приняв произвольный треугольник ABC за изображение равностороннего треугольника АоВпСо, на стороне ВоСо которого взята точка Ро — такая, что BoPo:BoCo = 2:3t построить изображения прямых, перпендикулярных прямой ЛоРо и проходящих через следующие точки: а) Во; б) Со; в) Р(). 494. Приняв произвольный треугольник ABC за изображение прямоугольного треугольника АоВоСо, у которого АоС0 = В()С[), построить изображения квадратов, сторонами которых являются: а) катет треугольника AoBoCq\ б) биссектриса угла Ло; в) высота, опущенная на гипотенузу АоВо. 495. Приняв произвольный треугольник ABC за изображение треугольника A0BqCq с отношением сторон, равным 3:4:6, построить: а) изображение центра окружности, описанной около треугольника ЛовоСо; б) изображение центра окружности, вписанной в треугольник А{)ВоСо; в) изображения центров окружностей, вне вписанных в треугольник Ло5оСо. 496. Приняв произвольный треугольник ABC за изображение правильного треугольника АоВоСо, построить изображение точки Мо — середины стороны АоСо — и изображения прямых, проходящих через точку Мо, перпендикулярно прямым СоРо, если точка Ро лежит на прямой А0В0 и отношения AoPq'.AoBo принимают следующие значения: а) 1:2; б) 2:1; в) 3:2. 497. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение прямоугольника AoBoCoDo с отношением сторон, равным 12:25, на стороне ВоСо которого взята точка Ро — такая, что BoPo:BoCo = 3'At построить изображение: а) прямой, проходящей через точку Do, перпендикулярно прямой А{)Р0; б) биссектрисы угла AoDoPo\ в) прямой, образующей угол 60° с прямой Л0Р0. 498. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение ромба, построить изображение прямоугольника с отношением сторон, равным 2:1, вписанного в ромб так, что большая сторона прямоугольника параллельна большей диагонали ромба, если острый угол ромба равен: а) 60°; б) 30°; в) 45° 499. Приняв произвольный треугольник ABC за изображение прямоугольного треугольника АоВоСо, построить изображение прямоугольника с отношением сторон, равным 1:2, вписанного в треугольник AqBoCq так, что прямой угол треугольника является углом и прямоугольника, если отношение катетов ЛоСо:£оСо принимает следующие значения: а) 1:3; б) \:^/2; в) V^-2. 500. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение прямоугольника с отношением стороны к диагонали, равным 1:2, построить изображение квадрата, стороной которого является: а) одна из сторон прямоугольника; б) диагональ прямоугольника; в) отрезок EqFq, где точка £"о лежит на прямой CqDq, а точка Fo— на прямой AoDo и CqEq:DqEo = 3:2, Ло/го:А)/го = =2:1. 501. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение квадрата AoBoCoDo, построить изображения точек £0, Fo и Ко, лежащих на стороне В0С0, причем В0Е0 = EoFo = FoKo = КоСо, и изображение точки Lo, лежащей на прямой CoDo, причем CoLo:CoDo = 2:3, a затем построить изображения прямых, проходящих через точку Lo, перпендикулярно следующим прямым: а) АоЕо\ б) AoFo\ в) 158
502. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение прямоугольника AqBqCqDq, на стороне AqDq которого взята точка Мо — середина этой стороны, построить изображения прямых, проходящих через вершину Со, перпендикулярно прямой ВоМо, если отношение AoBo:AqDo принимает следующие значения: а) 1 :-^; б) 1 Гд/З; в) 1:2. 503. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение ромба, построить изображение квадрата, вписанного в ромб так, что стороны квадрата параллельны диагоналям ромба, если острый угол ромба равен: а) 30°; б) 45°' в) 60° 504. Приняв произвольную трапецию ABCD за изображение трапеции AoBoCoDqC отношением сторон Ло£о:ЯоСо:СоА):ЛоА) = 3:3:5:7, П0СТР0ИТЬ изображение: а) прямой, проходящей через точку Со, перпендикулярно прямой АоВо-; б) биссектрисы угла AqBqCo\ в) биссектрисы угла AqCoDo. 505. Приняв произвольный треугольник ABC за изображение треугольника ЛоВоСо, у которого Ло£о = ЛоСо и Z.BoAoCo = 4b°, выполнить следующие построения: а) построить изображения точки, лежащей на стороне ЛоСо и одинаково удаленной от вершин Л() и Во, и точки, лежащей на стороне А0В0 и одинаково удаленной от вершин Ло и Со; б) построить изображения прямых, проходящих через точку Ло, перпендикулярно прямым ЛоВо и ЛоСо; в) на изображениях биссектрис углов АоВоСо и ЛоСо£о построить изображения точек, одинаково удаленных соответственно от вершин Л о и Со и от вершин Ло и Во. 2. Построения на изображениях пространственных фигур 506. Даны точки А (А'), В (В') и С' В плоскости А В' построить точку D — такую, чтобы треугольник ABD был изображением: а) равностороннего треугольника; б) равнобедренного прямоугольного треугольника с прямым углом при вершине Со; в) прямоугольного треугольника с отношением катета к гипотенузе АоСо:АоВо=\:2. 507. Даны точки А (А'), В (В') и С В плоскости ABC' построить точки D и Е — такие, чтобы отрезок АВ являлся изображением: а) диагонали квадрата AoBoCoDo\ б) стороны квадрата Л0£0Со00; В) отрезка, соединяющего середины сторон D0Fq и FoEo квадрата DqFoEoKq. 508. Даны точки А (А')у В (В') и С В плоскости ABC построить точки D и Е — такие, чтобы отрезок АВ являлся изображением: а) диагонали прямоугольника ЛоВоСоОо с отношением сторон AoDo:DoBo= 1:2; б) стороны прямоугольника ЛоВоСоОо, у которого АоВо:ВоСо = п^2'Л\ в) отрезка, соединяющего середины сторон D0F0 и F0E0 прямоугольника DoFoEqKo с отношением сторон DoFo:FoEa=\:^3. 509. Через данную точку D (D') провести прямую, перпендикулярную данной плоскости АВ'С в каждом из следующих случаев: а) точка D (D') совпадает с точкой Л (Л'); б) точка D' совпадает с точкой А' но точка D не совпадает с точкой Л (т. е. точка D (D') лежит на проектирующей прямой АА\ но не совпадает с точкой Л (Л')); в) точка D (D') лежит на прямой В'С 510. Через данную прямую / (/') провести плоскость, перпендикулярную данной плоскости АВ'С если: а) точка Л (Л') лежит на прямой /(/')*> б) прямая /' совпадает с прямой В'С'- в) точка А (А') лежит на прямой / (/') и прямая /' проходит через точку С. 159
511. Даны точки А (А'), В (В'\ С (С) и D' Построить плоскости, проходящие через первую из двух указанных прямых, перпендикулярно второй прямой: а) АВ(А'В') и CD'(CD'); б) CD'(CD') и АВ(А'В')\ в) BD' (B'D') и АС (А'С). 512. Даны точки А (А'), В (В'), С (С) и D' Построить линию пересечения плоскостей ACD' и BCD' и найти на ней основания перпендикуляров, опущенных на нее из следующих точек: а) А (А'); б) В (В')\ в) Е (£') — середины отрезка АВ (А'В'). 513. Даны точки А (А'), В (В') и С (С). Построить высоты треугольника ABC (A'B'С), проходящие через следующие вершины: а) А (А')\ б) В (В')\ в) С (С). 514. Даны точки А (А'), В (В') и С (С). Построить прямые, перпендикулярные плоскости ABC и проходящие через следующие точки: а) А (А'); б) D (D') — середину отрезка ВС(В'С)\ в) М (ЛГ) — точку пересечения медиан треугольника ABC (А'В'С). 515. Даны точки А (А'), В (В') и С (С). Построить следующие геометрические места точек: а) одинаково удаленных от сторон АС и АВ треугольника АВС\ б) одинаково удаленных от всех сторон треугольника АВС\ в) одинаково удаленных от вершин треугольника ABC. 516. Даны точки А (А'), В (В') и С (С), а также точка D (D'), не лежащая в плоскости ABC. Построить следующие прямые: а) прямую, перпендикулярную прямым AD(A'D') и ВС(В'С); б) прямую, перпендикулярную прямым AD(A'D') и ВС (В'С) и пересекающую обе эти прямые; в) прямую, проходящую через данную точку А {А') и перпендикулярную прямым AD(A'D') и ВС(В'С'). § 11. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ МНОГОГРАННИКОВ (МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ) При изображении многогранника плоскость одной из его граней принимают за основную плоскость (т. е. за плоскость вторичных проекций), а вершины многогранника, принадлежащие этой грани, обозначают буквами Л, В, С, Если многогранник является призмой, то буквами Л, В, С, обозначают вершины нижнего основания. Вершины верхнего основания обозначают соответственно буквами Аи Вь С\, Направление внутреннего проектирования для многогранника, являющегося призмой, принимается параллельным боковому ребру. Если многогранник SABCD... является пирамидой, то за основную плоскость принимается плоскость основания. В тех случаях, когда внутреннее проектирование является параллельным, его направление, как правило, принимают параллельным высоте пирамиды. Если же внутреннее проектирование является центральным, то за центр этого проектирования принимают вершину пирамиды, не являющуюся вершиной основания. Обычно эту вершину обозначают буквой S. При выполнении метрических построений на изображениях многогранников могут применяться те же способы, которые применялись при выполнении простейших метрических построений в пространстве (см. § 10): 160
1. Вычислительный способ. 2. Способ выносных чертежей. 3. Геометрический способ. 4. В екторно-координатный способ. Разумеется, при необходимости на каком-то этапе решения может быть применен один из способов, а в последующей стадии решения — другой (или другие) Согласно общепринятой терминологии будем говорить: «дан многогранник», а не «дано изображение многогранника»; «построить прямую, перпендикулярную данной прямой», а не «построить изображение прямой, перпендикулярной данной прямой» и т. д. Перейдем к рассмотрению примеров. 1. ПОСТРОЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОЙ ДАННОЙ ПРЯМОЙ Пример 1. Все углы при вершине S пирамиды SABC прямые, а отношение ее ребер SA:SB:SC= 1:2:3. На ребре SC взята точка D — такая, что S£):SC = 2:3. Через вершину А проведем прямую, перпендикулярную прямой BD. Замечание. Отметим, что на изображение заданной фигуры расходуется пять параметров. Это значит, что нельзя, взяв на прямой BD произвольно точку X, считать, что прямая АХ является изображением искомой прямой. Решение. Вычислительный способ (рис. 134, а). Положим SA=a. Тогда SB = 2a, SC = 3a, SD = 2a. Из прямоугольных тре- 6 Заказ 130 161
угольников SAB, SAD и SBD найдем соответственно, что ЛВ2 = = 5а2, AD2 = 5a2 и BD2 = 8a\ т. е. BD = 2a^j2. Если AX±BD, то ЛВ2-В*2 = ЛД2-ДХ2, или 5а2-ВХ2 = = Ъа2-{2-^а-ВХ)2у откуда ВХ = а^2. Тогда BX:BD=\:2 (т. е. точка X — середина отрезка BD), и прямая АХ является искомой прямой. Способ выносных чертежей (рис. 134, б) Построим прямоугольные треугольники So/4OBO, S0B0C0 и S0/4oCo, подобные соответственно треугольникам — оригиналам боковых граней пирамиды. Так как треугольники SqAoBq, SqBqCq и SqAqCo попарно имеют общие стороны, то удобно построить их все на одном выносном чертеже, например так, как это показано на рисунке 134, б. Далее на прямой SqCo построим точку Do — такую, что SoDo'.SoCo = 2:3, и на этом же рисунке 134, б построим треугольник A'qBoDo, подобный оригиналу треугольника ABD. В треугольнике AoBqDo строим (точно) AqXo_LBoDo и затем, вернувшись к рисунку 134, а, строим на нем точку X, которая делит отрезок BD в таком же отношении, в котором точка Хо разделила отрезок BqDo. Тогда прямая АХ (рис. 134, а) —искомая прямая. Геометрический способ. Заметив, что прямоугольные треугольники SAB и SAD равны (по двум катетам), приходим к выводу, что AB=AD. Тогда в равнобедренном треугольнике ABD медиана АХ будет перпендикулярна прямой ВД т. е. прямая АХ — искомая прямая. Пример 2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1 на ребре ВС взята точка F — такая, что В/7:ВС = 3:4. Через вершину D проведем прямую, перпендикулярную прямой A\F На изображение заданной фигуры израсходовано пять параметров (АА\ А-АВС — два параметра, ABA-AD — один параметр и AB:AD:AA\ = = 1:2:1 —два параметра). Это значит, что нельзя, взяв на прямой A\F произвольно точку X, считать, что DX±A\F Решение. Вычислительный способ (рис. 135, а) Положим = а. Тогда ЛД = 2а и АА\=а. Соединим точку D с точками А\ и F и подсчитаем.стороны треугольника A\DF Из прямоугольного треугольника AA\D A\D2 = 5a2y а из прямоугольного треугольника CDF DF2=— Тогда из прямоугольного треугольника ABF AF2 = —— и из прямоугольного треугольника A\AF AXF= пЛ 2 Если DX±AiF, то AlD2-A]X2 = DF2-FX2 Так как /LA.DF острый (AA]DF</LAiDC = 90°l то FX = A]F-A]X. Таким образом, получаем уравнение 162
/ F' В, 5) Рис. 135
откуда находим А\Х = 8fl^17 , и, следовательно, A\X:A\F = = 16:17 Это ^начит, что в оригинале точка Хо — основание перпендикуляра, опущенного из точки Do на прямую (A\)oFo, делит отрезок (A\)qFo в отношении (y4|)oAro:(/4i)o/7o= 16:17 Но при параллельном проектировании отношение для параллельных отрезков сохраняется, т. е. отношение A\X:A\F также будет равно 16:17 Этим результатом мы и воспользуемся для построения искомой прямой. А именно на произвольном луче /, выходящем из вершины А\, построим отрезок А\Е, затем на этом же луче построим отрезки A\F' = \7А\Е и А\Х' = 16А\Е, далее проведем прямую F'F и через точку X' — прямую X X\\F'F Теперь проведем DX — искомую прямую. Способ выносных чертежей (рис. 135, б) Построим прямоугольник Л о (А\)о (D\)o Do, подобный оригиналу прямоугольника AA\D\D, т. е. прямоугольник с отношением сторон Ло (A\)o:AoDo = = 1:2. Проведем затем диагональ (А\)о Do. К построенному прямоугольнику «пристроим» прямоугольник ЛоВоСо^о, подобный оригиналу прямоугольника ABCD, т. е. прямоугольник с отношением сторон ЛоВо:Ло/)о= 1:2. Во втором прямоугольнике построим на стороне ВоСо точку Fo — такую, что £o/V.£oCo = 3:4, и соединим точку Do с точкой Fq. Далее ради экономии места на этом же рисунке 135,6 построим прямоугольный треугольник (А\)о A0F0, подо.бный оригиналу треугольника A\AF, т. е. прямоугольный треугольник с катетами A0F0 и (Л()оЛо = Ло (А\)о. Таким образом, мы получили три стороны треугольника (A\)oDqFq (на рисунке 135,6 все они выделены более толстыми линиями) Теперь на этом же выносном чертеже построим треугольник (A\)oDoFo по трем сторонам (на рисунке 135, б этот треугольник закрашен). В построенном треугольнике (Л \)qDqFq проведем (точно) DoXO-L(A\)oFo. Точка Xq разделит отрезок (A{)oFo в некотором отношении (A{)oXo:(A\)oFo. Вернемся теперь к рисунку 135, а. С помощью вспомогательного луча /ь выходящего из точки А\, построим точку X, делящую отрезок A\F в отношении A\X:A\F = (A\)oXo:(A\)oFq. (Мы это построение опускаем. Отметим лишь, что на луче 1\ можно построить отрезки А\Х' = (А\)оХо и A\F' = (A'\)oFo, взяв отрезки (A\)qXo и (A\)qFq с рисунка 135, б.) Прямая DX—искомая прямая. 2. ПОСТРОЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОЙ ПЛОСКОСТИ Пример 3. На ребрах ЛВ, ВС и ВВ{ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — такие, что ВР:ВЛ=3:4, BQ:BC= 1:2 и BR:BB\=3:4. Через эти точки проведена секу- 164
щая плоскость PQR. Построим прямую, проходящую через вершину Di, перпендикулярно плоскости PQR. Замечание. Так как построение изображения куба влечет за собой расход всех пяти параметров изображения, то нельзя, взяв в плоскости PQR произвольно точку X, считать, что прямая D\X перпендикулярна плоскости PQR. Решение. Способ выносных чертежей (рис. 136, а). Ясно, что если D\X — искомая прямая, то D{X-LPQ. Но тогда и проекция прямой D\X на плоскость ABC перпендикулярна прямой PQ. Построим сначала эту проекцию искомой прямой. Обратимся к выносному чертежу (рис. 136,6) Построим на нем квадрат AqBqCqDo, который подобен оригиналу основания куба. Далее построим точки Ро и Qo — такие, что ВоРо'-ВоАо = 3:4 и BoQo'-BoCo = = 1:2. Через точку Do проведем (точно) прямую DoFol-PoQo- Точка Ко, в которой пересекаются прямые D0Fq и PoQo, разделит отрезок PoQo в некотором отношении PoKo'.PoQo. Вернемся к рисунку 136, а. С помощью вспомогательного луча /|, выходящего из точки Ру разделим точкой К отрезок PQ в отношении PK:PQ = PoKo'.PoQo. Построим затем на этом рисунке прямую DF — проекцию искомой прямой на плоскость ABC. Далее построим вспомогательное сечение DFF\D\ куба, проходящее через прямые DD\ и D/7, и найдем прямую F2K, по которой пересекаются плоскость PQR и плоскость вспомогательного сечения. В плоскости DFF\D\ построим прямую, перпендикулярную прямой F2K и проходящую через точку D\. Для этого обратимся ко второму выносному чертежу (рис. 136, в) Построим на нем фигуру, подобную оригиналу сечения DFF\D\. Этой фигурой является прямоугольник DoFo (^1)0 (£>i)o со сторонами DoFo и Fo(F\)o = AoBOy которые мы возьмем с рисунка 136, б. С этого же рисунка возьмем также отрезок FoKo. Для построения на рисунке 136, в точки (^г)о обратимся к основному чертежу (рис. 136, а) С него возьмем отрезки FF2 и FF\. Ha произвольном луче/2, выходящем из точки FQ (рис. 136, в), построим отрезки Fo (^2)0 = FF2 и Fq(F\)q = FF\, затем проведем прямую (F\)o(F\)o и прямую f\\(F\)o(F\)o. Прямая / пересекает Fq (F\)o в точке (/^о- Соединим точку (F2)o с точкой Ко- И наконец, из точки (Di)o опускаем (точно) перпендикуляр (D\)oXo на прямую (F2)oKo. Точка Хо разделит отрезок (F2)oKo в некотором отношении KoXo'.Ko{F2)o. Так как при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то точку X на рисунке 136, а следует построить таким образом, чтобы отношения KX:KF2 и KoXo'.Ko{F2)o были равными. Это можно сделать с помощью вспомогательного луча /3, выходящего из точки /(, на котором построим отрезки KoXo = KoXq и KF2 = Ko (F2)o, где отрезки КоХо и Ko(F2)o взяты с рисунка 136, в. 165
Рис. 136, а, б, в
В итоге получаем D\X — искомую прямую. В екторно-координатный способ. Зададим в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz, как показано на рисунке 136, г, приняв векторы ВС, ВА и ВВи длины которых в оригинале равны, за единичные векторы соответственно осей Вху By и Bz. Найдем координаты точек Р, Q, R и векторов PQ, PR: P(o;-|-;o) Q(-L;O;O) Л (о; 0; -|-) Р$(±; --f-; о) Пусть прямая m — это искомая прямая, а точка М (х\ у\ г) — ее текущая точка. Тогда MD\ (х— 1; у—1; г— 1). Найдем какой-нибудь нормальный вектор n(/ii; ^2; az3) секущей плоскости PQR. Так как вектор п перпендикулярен плоскости PQR, то n±PQ и n±PRy т. е. 167
откуда, полагая, например, м3 = 2, находим Я(3; 2; 2). Так как векторы MD\ и п перпендикулярны плоскости PQR, то MD\\\n, т. е. соответственные координаты этих векторов пропорциональны: х—\ _у—\ __ 2—1 3 2 "~ 2 (*) Пусть точка К — некоторая точка прямой т — лежит в плоскости Вху. Тогда координаты (х\ у\ 0) точки К удовлетворяют соотношениям (*) Д 168
Подставляя в эти соотношения z = 0, находим: х=——-, у = 0. Итак, прямая т проходит через точки Di(l; 1; 1) и к(Чг;0;0) Построив точку К по ее координатам, построим затем и прямую D\K — искомую прямую. Замечание. Обращаем внимание читателя на тот факт, что при вектор- но-координатном способе решения точку пересечения прямой D\M с плоскостью PQR мы не находим. Пример 4. Основанием прямой призмы АВСА\В\С\ является равнобедренный прямоугольный треугольник ABC с прямым углом при вершине С. Боковая грань АВВ\А\ призмы — квадрат. На ребре АВ взята точка Р — такая, что АР\АВ = = 1:3. Через вершину А\ проведем прямую т, перпендикулярную плоскости СВ\Р Замечание. Построение изображения заданной призмы влечет за собой расход всех пяти параметров. Поэтому нельзя, взяв в плоскости СВ\Р произвольную точку X, считать, что А\Х— искомый перпендикуляр. Решение. Способ выносных чертежей (рис. 137, а) Если А\Х — искомый перпендикуляр, то, так как заданная призма — прямая, т. е. АА\±.АВСУ проекция прямой А\Х проходит через точку А и эта проекция перпендикулярна прямой СР Ясно, что АСРА тупой, и, значит, перпендикуляр, проведенный к прямой СР через точку Л, лежит вне треугольника АСРУ а B,(0;t;)/2) Ф;0;0) 169
искомый перпендикуляр лежит вне заданного сечения СВ\Р призмы. Поэтому для построения искомого перпендикуляра целесообразно достроить заданную треугольную призму. Достроим ее до четырехугольной призмы ABCDA\B\C\D\y в основании которой лежит квадрат ABCD, и построим сечение этой призмы плоскостью СВ\Р В сечении получим четырехугольник CQRB\. Построим теперь прямую, перпендикулярную плоскости CQRB\ и проходящую через вершину А\. 1. Через точку А проведем прямую AEA-CQ. Сделаем это с помощью выносного чертежа (рис. 137,6), на котором построим фигуру, подобную оригиналу основания четырехугольной призмы, т. е. квадрат AoCoBqDo. Проведя в нем прямую СоРо (АоРо'.АоВо= 1:3), найдем на прямой Л о А) точку Qo и затем проведем прямую y4o£oJLCoQo. Полученная точка Ео разделит отрезок B0Dq в некотором отношении BoEo'.BoDo. В таком же отношении с помощью вспомогательного луча / разделим точкой Е на рисунке 137, а отрезок BD. 2. Через прямые АА\ и АЕ проведем вспомогательную секущую плоскость. Получим сечение АЕЕ\А\ четырехугольной призмы. 3. Найдем прямую L/C, по которой пересекаются вспомогательная секущая плоскость с плоскостью сечения B\CQR. 4. Осталось опустить перпендикуляр из точки А\ на прямую L/(. Сделаем это с помощью нового выносного чертежа (рис. 137, в), на котором построим фигуру, подобную оригиналу прямоугольника АЕЕ\А\9 т. е. прямоугольник A0E0(Ei)0(Ai)o. Сторону А0Е0 этого прямоугольника вместе с точкой Ко на ней возьмем с рисунка 137,6. Так как в оригинале Ло {А\)о (Bi)0B0— квадрат, т. е. Ао(А\)о=АоВо, то сторону Ао(А\)о возьмем равной диагонали ЛоВо квадрата ЛоСоВоЬо также с рисунка 137,6. Для построения точки Lo на рисунке 137, в построим луч /i, выходящий из точки £о, и на нем отложим отрезок E0Lb = EL и отрезок Ео(Е\)о = ЕЕ\у взяв отрезки EL и ЕЕ\ с основного чертежа, т. е. с рисунка 137, а. Теперь на рисунке 137, в из точки (у4i)0 опустим (точно) перпендикуляр (A i)0 Хо на прямую KoLo. Точка Хо разделит отрезок KoLo в некотором отношении KoXo:KoLo. 5. Вернемся к рисунку 137, а. С помощью луча / разделим отрезок KL в отношении KX:KL = KoXo:KoLOi взяв отрезки КоХо и KoLo с рисунка 137, в. 6. Соединив точку А\ с точкой Ху получим А\Х — искомый перпендикуляр. (Действительно, А\Х — наклонная, проекция которой перпендикулярна прямой CQ. Это значит, что и A\XA-CQ. Кроме того, A\X±.KL.) Рассмотрим еще векторно-координатный способ решения этой задачи. Воспользовавшись тем, что ребра СА, СВ и СС\ призмы попарно перпендикулярны, введем в пространстве прямоугольную систему координат Cxyz, как это показано на рисунке 137, г. 170
В этой системе С (0; 0; 0), А (1; 0; 0), В (0; 1; 0) и С, (0; 0; л/2), !fl,(0; 1; л/2), СР(^-;^-> о) Пусть точка М (х\ у\ z) — текущая точка искомой прямой т. огда МА\ (х—\\ у\ 2 —V2). Найдем какой-нибудь нормальный вектор п(п\\ пъ, мз) секущей плоскости СВ\Р Так как вектор Я перпендикулярен плос- ости CSiP, то п±СВ{ и Я_1_СР, т. е. 1 п -—+п • — t l 3 3 ткуда, полагая, например, п\ = \, находим Я(1; —2; ^2). Так как векторы МА\ и Я перпендикулярны плоскости СВ\Р, о МЛ i|| Я, т. е. соответственные координаты этих векторов про- орциональны: (*) 1 -2 V2 Пусть точка /( — некоторая точка прямой т — лежит в плос- ости Сху. Тогда координаты (х; у; 0) точки К удовлетворяют оотношениям (*). Подставляя в эти соотношения 2 = 0, нахо- им: х = 0\ у = 2. Итак, прямая т проходит через точки 1,(1; 0; V2) и /((0; 2; 0). Построив точку К по ее координатам, строим затем и иско- [ую прямую А\К. Пример 5. Все плоские углы при вершине S пирамиды 1АВС прямые, отношение ее ребер SA:SB:SC=\:\ :2. На ребре ► С взята точка D — середина этого ребра. Найдем множество очек, лежащих на поверхности пирамиды и одинаково удален- ых от точек Л, В и D. Замечание. Изображение заданной пирамиды является метрически оп- еделенным, поэтому дальнейшие метрические построения на этом изображе- ии уже не могут выполняться произвольно. Решение (рис. 138, а). Так как точка D — середина ребра >С, то SD = SA = SB. Геометрическим местом точек, одинако- о удаленных от точек Л, В и D, является прямая, перпен- икулярная плоскости ABD и проходящая через точку пересе- ения перпендикуляров к серединам сторон треугольника ABD. 1о треугольник ABD, как нетрудно доказать, равносторонний, оэтому его медианы являются и перпендикулярами к серединам торон. Построив медианы BE и DF, найдем точку М, в которой [едианы пересекаются. Теперь перейдем к построению прямой, перпендикулярной плос- 171
Рис. 138 кости ABD и проходящей через точку М. Из равенства треугольников SAC и SBC следует, что АС = ВС> поэтому медиана CF является и перпендикуляром к стороне АВ. Кроме того, DFA-AB. Тогда прямая АВ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости SCF, и в частности той прямой, которая лежит в плоскости SCF, проходит через точку М и перпендикулярна прямой DF Таким образом, прямая, проведенная в плоскости SCF перпендикулярно прямой DF, будет перпендикулярной и к плоскости ABD. Для построения этой прямой воспользуемся выносным чертежом (рис. 138, б), на котором построим прямоугольный треугольник SoDoFo, имеющий форму оригинала треугольника SDF Стороны треугольника SoDoFo можно было бы найти с помощью других выносных чертежей (треугольник SqAoCo, затем треугольник АоВоСоУ далее треугольник SoAoBo), но можно поступить и по-другому. А именно подсчитать катеты треугольника SoDoFo. 172
Так как в прямоугольном треугольнике SAB SA = SB, то SF = SA-yJ2/2. Но SD = SA, т. е. в прямоугольном треугольнике SDF катеты SF и SD таковы, что SF = SD^/2/2. Итак, если в качестве одного из катетов треугольника SoDoFo взять произвольный отрезок S0D0> то второй катет — SoFo — следует взять равным половине диагонали квадрата, стороной которого является отрезок SoDo. На стороне F0D0 треугольника SoDoFo находим (например, с помощью луча /) точку Мо — такую, что FoMo:FoDo = 1:3. Через точку Мо проводим (точно) прямую, перпендикулярную прямой FoDo. К#к видно, эта прямая проходит через точку So. Таким образом, точка S на рисунке 138, а — это одна из искомых точек. Далее находим точку Ху в которой прямая SM пересекает прямую CF Точка X лежит на поверхности пирамиды и на прямой SM, т. е. она одинаково удалена от точек Л, В и D. Итак, искомое множество точек состоит из двух точек S и X. Замечание. Конечно, то обстоятельство, что прямая, проходящая через точку Мо и перпендикулярная прямой FoDo (рис. 138, б), проходит как раз через точку So, может вызвать некоторое сомнение в точности построений. Обратившись для разрешения сомнений к подсчетам, получим: если положить a, то Но если SoMo'-LFoMo, то SoF2o-(FoMff = SoDl-{DoMb)2, или — (/Wf6)2 = a2— (—^ F0Md ) откуда F0Md=—^—, т. е. М и Mb совпадают. 3. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКА ПЛОСКОСТЬЮ, ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДАННУЮ ПРЯМУЮ, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНО ДАННОЙ ПЛОСКОСТИ Пример 6. На ребре CD правильной четырехугольной пирамиды SABCD взята точка Е — середина этого ребра — и через точки S, В и Е проведена секущая плоскость а. Высота пирамиды равна половине диагонали ее основания. Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую BD, перпендикулярно плоскости а. Замечание. Так как на изображение заданной пирамиды расходуется пять параметров, то нельзя, взяв, например, на ребре SC произвольно точку М, считать, что плоскость BDM перпендикулярна плоскости SBE. Решение (рис. 139, а). Если из какой-нибудь точки прямой BD опустить перпендикуляр на плоскость SBEy то плоскость, проходящая через этот перпендикуляр и прямую BD, будет искомой плоскостью. Проще всего опустить перпендикуляр на плоскость SBE из точки О прямой BD. Построение этого перпендикуляра выполним с помощью выносных чертежей (рис. 139,6, в). 173
1. Построим квадрат AoBoCoDo (рис. 139,6). Построим точку Оо, в которой пересекаются диагонали квадрата, и проведем прямую Во£о, где точка £о — середина стороны СоАь Через точку Оо проведем (точно) прямую Оо/^о, перпендикулярную прямой ВЕ 2. Вернемся к рисунку 139, а. С помощью луча Л, на котором построим отрезки BF' = BoFo и BE' = В0Е0, найдем на прямой BE точку F и проведем прямую OF Прямая OF является изображением прямой, перпендикулярной прямой BE, или, как обычно, будем говорить короче: OF A. BE. Соединим затем точку S с точкой F 174
3. Перейдем теперь к построению треугольника, имеющего форму оригинала треугольника SOF (рис. 139, в) В качестве оригинала стороны OF примем отрезок O0F0, полученный на рисунке 139, б. Так как по условию SO = J^-, то оригиналом стороны SO треугольника SOF является отрезок Л0О0, полученный также на рисунке 139,6. Итак, построим прямоугольный треугольник SoOqFq по двум катетам. Затем из точки О0 опустим (точно) перпендикуляр О0Х0 на гипотенузу S0F0. 4. Точка Хо разделит гипотенузу SoFo в некотором отношении SoXo'.SoFo. Снова вернемся к рисунку 139, а. С помощью луча /г, на котором построим отрезки SX' = SoXo и SF" = SoFof найдем на прямой SF точку X, которую соединим с точкой О. 5. Ясно, что так как SO±ABCy то SO±BE. Но и OF±BE. Таким образом, прямая BE перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости SOF, и в частности ВЕА.ОХ. Или, наоборот, ОХ1.ВЕ. И по построению OXA.SF Значит, прямая ОХ перпендикулярна плоскости SBE. Поэтому плоскость, проходящая через прямые ОХ и BD, будет искомой. 6. Находим точку L, в которой прямая ВХ пересекает прямую S£, и в плоскости SCD проводим прямую DL. Получаем на прямой SC точку М, которую соединим с точкой В. Треугольник BMD — искомое сечение. Пример 7 На ребрах A{D{ и CD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через прямую PQ, перпендикулярно плоскости АВ\С и найдем линию пересечения построенной секущей плоскости с плоскостью АВ\С. Замечание. Так как изображение куба является метрически определенным, то никакие метрические построения на этом изображении нельзя выполнять произвольно. Решение (рис. 140). Дадим чисто геометрическое решение. 1. Проведем диагонали BD и АС основания и диагональ BD\ куба. Так как BDA.AC и BD — это проекция наклонной BD\ на плоскость ABC, то и BD\A-AC. Аналогично BD\A-AB\. Таким образом, прямая BD\ перпендикулярна плоскости АВ\С. 2. Построим вспомогательное сечение BB\D\D куба и точку пересечения прямой PQ с плоскостью вспомогательного сечения. Для этого сначала построим точку Р' — проекцию точки Р на плоскость основания, затем точку N' в которой прямая P'Q — проекция прямой PQ на плоскость ABC — пересекает прямую BD. Проведем затем в плоскости DBB\ через точку N' прямую, параллельную прямой DD\. На прямой PQ получим точку N, в которой прямая PQ пересекается с плоскостью DBB{. 175
mm ismm Рис. 140 3. В плоскости DBB\ через точку jV проведем прямую, параллельную прямой D\B, и найдем точки Е и F, в которых эта прямая пересекает соответственно прямые BD и DDi. Пересекающимися прямыми PQ и EF определяется искомое сечение. Построив его, получаем многоугольник PFQKL. 4. Находим точку Г, в которой пересекаются стороны АС и KQ заданного и построенного сечений, точку М, в которой пересекаются стороны АВ\ и L/C этих же сечений. Прямая МТ — искомая линия пересечения двух плоскостей. 4. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКА ПЛОСКОСТЬЮ, ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДАННУЮ ТОЧКУ, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНО ДАННОЙ ПРЯМОЙ Пример 8. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник ЛВС, ребро SC перпендикулярно плоскости основания и отношение ребер С A :CB:CS = д/2:д/2-1. На ребрах АВ и ВС взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку £, перпендикулярно прямой SD Замечание. Отметим, что на изображение заданной пирамиды расходует- 176
S(O;O;1) У A(\f2;0;0) Рис. 141 ся пять параметров. Это значит, что метрические построения на построенном изображении не могут более выполняться произвольно. Решение. Геометрический способ (рис. 141, а). Построим сначала сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину С, перпендикулярно прямой SD. С этой целью соединим точку С с точкой D и определим вид треугольника SCD. Его сторона CD является медианой прямоугольного треугольника ABC, т. е. CD=-±-AB. Но AB=^JCA2 где по условию ким образом, ^S=V(V2CS)5"+(V2C5)2= = = CB = -^J2CS. Та. Значит, CD = CS.
Тогда медиана СМ равнобедренного треугольника SCD перпендикулярна его стороне SD. Проведем в плоскости SAB через точку М прямую PQ\\AB. JtIcho, что в треугольнике SAB SA = SB, т. е. его медиана SD перпендикулярна стороне АВ. Значит, SDA-PQ. , Таким образом, по построению SDA.CM и по доказанному SDA-PQ. Поэтому прямая SD перпендикулярна секущей плоскости CPQ, т. е. и плоскость CPQ перпендикулярна прямой SD. Теперь построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку £, параллельно плоскости CPQ. Ясно, что эта плоскость будет пересекать плоскости граней SBC, SAB и SAC по прямым, параллельным соответственно прямым СР, PQ и QC. Итак, в плоскости SBC через точку Е проведем EF\\CP, затем в плоскости SAB через точку F проведем FK\\PQ и в плоскости SAC через точку К — прямую KL\\CQ Точку L соединим с точкой Е. Четырехугольник EFKL — искомое сечение. Векторно-координатный способ. Воспользовавшись тем, что прямые СА, СВ и CS попарно перпендикулярны, и приняв CS=1, введем в пространстве прямоугольную систему координат Cxyzy как показано на рисунке 141, б. Найдем затем координаты точек Л, В, D, Е и вектора SD. Получаем А (д/2; 0; 0), В (0; д/2; 0), f#f f;f -l) Вектор SD является нормальным вектором плоскости искомого сечения. Таким образом, уравнение секущей плоскости будет следующим: y~f )f +(z-0)(-l) = 0, или л/2х + ^/2у — 2z— 1=0. (*) Для построения плоскости (*) найдем точки пересечения ее с осями Сх и Су. Если плоскость (*) пересекает ось Сх в точке L, то L (х\ 0; 0). Подставляя координаты точки L в уравнение (*), находим, что х=^- Значит, Li^ 0; 0 ) т. е. точка L — середина ребра С А. Если далее плоскость (*) пересекает ось Cz в точке N, то Л/(0; 0; z). Из уравнения (*) находим, что z=—х— Значит, ; 0; —— J Построим теперь искомое сечение. В плоскости SBC проведем прямую NE и найдем точку F, в которой прямая NE пересекает прямую SB. Аналогично в плоскости SAC про- зедем прямую NL и найдем точку /(. Затем точку F соединим с точкой Ку а точку L — с точкой Е. 178
Четырехугольник EFKL — искомое сечение. Замечание. Искомое сечение можно построить и вычислительным способом. Для этого нужно подсчитать стороны треугольника SED, затем найти отношение SH:SD, в котором точка Н, являющаяся основанием перпендикуляра, опущенного из вершины Е на сторону SD, разделит эту сторону, затем построить точку Н и провести в плоскости SAB через точку Н прямую FK\\AB и т. д. Пример 9. На ребре AD куба ABCDAXB\C\DX взята точка Е — середина этого ребра, а на отрезке С\Е взята точка F — такая, что C\F:CiE = 3:4. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точку F, перпендикулярно прямой С\Е. Замечание. На изображение куба расходуется пять параметров. Это значит, что дальнейшие метрические построения на этом изображении не могут более выполняться произвольно. Решение. Применим способ выносных чертежей (рис. 142, а) 1. Построим вспомогательное сечение куба плоскостью С\СЕУ проходящей через данную прямую С\Е и ребро СС\ куба. 2. В плоскости С\СЕ построим прямую, проходящую через точку Fy перпендикулярно прямой С\Е. Для выполнения этого построения обратимся к выносному чертежу. На рисунке 142, б построим квадрат AoBoCoDq и точку £0 — середину его стороны AoDo. Точку £0 соединим с точкой Со. Далее на новом выносном чертеже (рис. 142, в) построим прямоугольник СоЕо (Е\)о (Ci)o, имеющий форму оригинала прямоугольника СЕЕ\С\. Стороны СоЕо и Co(Ci)o прямоугольника СоЕо (Е\)о (Ci)o возьмем с рисунка 142,6, причем Co(Ci)o = = CoDo. В построенном прямоугольнике проведем диагональ (Ci)o£o. Найдем точку Fo — такую, что (Ci)o/ro:(Ci)o£<o = 3:4, и через точку Fo проведем (точно) прямую, перпендикулярную прямой (Ci)o£o- Точки, полученные на сторонах прямоугольника, обозначим (£2)о и Ко. 3. Вернемся к основному чертежу (рис. 142, а). С помощью луча /i, выходящего из точки С, построим на прямой СЕ точку К, делящую отрезок СЕ в таком же отношении, в каком точка Ко разделила на рисунке 142, в отрезок С0Е0. Затем через точки F и К проведем прямую FK и точку ее пересечения с прямой ЕЕ[ обозначим Е2. 4. Чтобы получить еще одну прямую, проходящую через точку F, перпендикулярно прямой С\Е, построим на основном чертеже второе вспомогательное сечение куба — сечение его плоскостью, проходящей через данную прямую С\Е и ребро AD куба. Затем в этой плоскости построим (с помощью еще одного выносного чертежа) требуемую прямую. 5. Построим прямоугольник i4o(Bi)o(Ci)oA), имеющий форму оригинала прямоугольника AB\C\D (рис. 142, г). Сторону AoDo 179
Рис. 142, а — г возьмем равной стороне квадрата AoBoCoDo, построенного на рисунке 142,6, а сторону Ао(В\)о возьмем равной диагонали Л0С0. В построенном прямоугольнике проведем прямую (Ci)o£"o- Найдем на ней точку Fo — такую, что (Ci)o^(b(Ci)o£'o = 3:4, и через точку Fo проведем (точно) прямую, перпендикулярную прямой (Ci)o£o. Полученные при этом точки на сторонах прямоугольника обозначим Lo и Mq. 6. Теперь снова вернемся к основному чертежу (рис. 142, а). С помощью луча /2, выходящего из точки С\у построим на прямой C\D точку М, которая делит отрезок C\D в таком же отношении, в каком точка Мо разделила на рисунке 142, г отрезок (Ci)oA). Затем через точки М и F проведем прямую MF, точку пересечения которой с прямой АВ\ обозначим L. 180
Рис. 142, d, 7 Пересекающимися прямыми /(£2 и ML определится искомая секущая плоскость. Построим ее на основном чертеже. Точка К лежит на следе этой плоскости. Еще одну точку следа секущей плоскости — точку S\ — найдем как точку пересечения прямых E2L и EL' где точка Z/ — проекция точки L на плоскость ABC. Итак, прямая Si/( — след секущей плоскости. Далее получаем точки S2, S3, проводим прямые S2L и S3M, получаем точки А2 и D2 и проводим прямую A2D2 (она должна пройти и через точку Е2). Четырехугольник A2D2SzS2 — искомое сечение. Приведем теперь векторно-координатный способ решения этой задачи. Зададим в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz (рис. 142,(3). Приняв ребро куба равным единице, найдем координаты точек С, Л, Si, D, Е и F: С(1; 0; 0), Л(0; 1; 0), Я, (0; 0; 1), D(l; 1; 0), f(-l-; 1; о) ' 4 ' 4 Составим уравнение секущей плоскости а, проходящей через точку f, перпендикулярно прямой Ci£. Принимая вектор С[Еу—-; 1; — 1 ) за нормальный вектор этой плоскости, получаем уравнение плоскости а: 181
8л: — Для построения плоскости а найдем точки ее пересечения, например, с осями координат. Так, полагая в уравнении плоскости a y = z = Oy найдем точку Р( ——; 0; 0 ) в которой плос- кость а пересекает ось Вх. Аналогично найдем точку Q (0; —; 0 ) \ 16 / и точку /?(0; 0; —— ) в которых плоскость а пересекает со- \ 16 / ответственно оси By и Bz. Проведем прямые PQ и Q/?, получим точки S, А2 и Т (T = PQ(] [\AD). Соединяя затем точку S с точкой D2, в которой пересекаются прямые А2Т и D\D2, получим четырехугольник A2D2SQ — искомое сечение. Пример 10. Боковые грани правильной пирамиды SABCD — равносторонние треугольники. Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку F — середину медианы DE боковой грани SCD, перпендикулярно этой медиане. Замечание. На изображение заданной пирамиды расходуется пять параметров. Это значит, что никакие новые метрические построения на этом изображении не могут быть выполнены произвольно. Решение (рис. 143) Так как прямая DE перпендикулярна секущей плоскости а, то прямая DE перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости а, и в частности прямой S\N, по которой пересекаются плоскость а и плоскость грани SCD. S(O;O;1) Рис. 143 182
Ho DE±SC, так как DE — медиана равностороннего треугольника. Таким образом, ясно, что SiNHSC. Попытки найти геометрическим способом линии пересечения секущей плоскости с плоскостями других граней пирамиды наталкиваются на значительные затруднения. Обратимся к какому-нибудь другому способу решения, например к векторно-координатному. Зададим в пространстве прямоугольную систему координат Oxyz, как показано на рисунке 143. Вектор ОС примем за единичный вектор оси Ох. Тогда вектор OD можно принять за единичный вектор оси Оу. В равнобедренном прямоугольном треугольнике OCD CD = д/2. Это значит, что и SC = -\/2, а в прямоугольном треугольнике SOC OS = ^/SC2 — ОС2= 1. Таким образом, вектор OS можно принять за единичный вектор оси Oz. Находим затем координаты точек С, S, D, Е и F: С(1; 0; 0); S (0; 0; 1), D (0; 1; 0), е(±-; 0; -L) f (-L; _I_;-L) Принимая вектор DEy—\ —1; —\ за нормальный вектор секущей плоскости, а точку Т (х\ у\ z) — за ее текущую точку и записывая условие TFJ-DE в координатной форме, получаем уравнение плоскости а: или 2х — Построим теперь сечение пирамиды плоскостью а. Полагая в уравнении плоскости а х = 0 и z = 0, найдем, что у=— Таким образом, плоскость а пересекает ось Оу в точке S2(0; —; 0 j Это значит, что основание пирамиды плоскость а пересекает по прямой S\S2. Находя далее точку S3, в" которой прямая S\S2 пересекает сторону АВ, и точку S4, в которой прямая S1S2 пересекает сторону ADy строим искомое сечение — четырехугольник SSMN Пример 11. Боковые грани призмы АВСА\В\С\ — квадраты. Точка Р — середина ребра АС. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точку Р, перпендикулярно прямой ВСХ. Замечание. Ясно, что изображение заданной призмы является метрически определенным, т. е. дальнейшие метрические построения на этом изображении не могут выполняться произвольно. 183
Рис. 144 Решение (рис. 144) Выполним построение искомого сечения в два этапа. На первом этапе построим вспомогательное сечение данной призмы плоскостью cxi, которая перпендикулярна прямой ВС\, но проходит через вершину С, а не через точку Р На втором этапе построим сечение этой призмы плоскостью а2, параллельной плоскости а\ и проходящей через заданную точку Р Построение вспомогательного сечения проведем вычислительным способом. Отметим, что одна прямая, перпендикулярная прямой SCi, строится на изображении очень просто. Это прямая СВ\. Действительно, по условию ВСС\В\ — квадрат, а это значит, что ВС{±СВ{. Вторую прямую, перпендикулярную прямой ВС\, построим в плоскости АВС\. Положив ребро призмы равным а, находим, что в треугольнике АВС\ АС\ =ВС\ = а л/2. Тогда, если АН_LBCi, то АВ2-ВН2 = АС]-СХН\ или а2-ВН2 = 2а2-(ал/2-ВН)\ откуда ВН = ±&- Тогда точка Н делит отрезок ВС\ в отношении ВН:ВС\ = ^/2_:ау2, т. е. ВЯ:ВС, = 1:4. Выполнив эти подсчеты, строим на стороне ВС\ треугольника АВС\ точку Н — такую, что ВН:ВС\ = \'А. Затем в плоскости АВС\ через точку М, в которой пере- 184
секаются Прямые СВ\ и ВС\У проведем прямую ML\\AH. Тогда Итак, прямыми СВ\ и ML определяется вспомогательное сечение. Это треугольник СКВ\. Теперь переходим ко второму этапу построения. Так как плоскость а2 параллельна плоскости ai, то плоскости граней призмы пересекают плоскости осг и а\ по параллельным прямым. Через точку Р в плоскости АСС\ проведем прямую PQ\\CK. Затем через точку Q в плоскости АВВ\ проведем прямую QR\\KB\ и через точку R в плоскости ВСС\ проведем прямую /?S||BiC. Точку S соединим с точкой Р Четырехугольник PQRS — искомое сечение. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Построение прямой, перпендикулярной данной прямой 517. На ребре SB правильного тетраэдра SABC взята точка D — середина этого ребра. Опустить перпендикуляры из точки D на следующие прямые: a) SA; б) АС; в) СМ, где точка М — середина ребра Л В. 518. Точка D — середина апофемы SM правильной пирамиды SABC, все плоские углы при вершине S которой — прямые. Опустить перпендикуляры из точки D на следующие прямые: a) SA; б) SC; в) АС. 519. Точка D — середина ребра SA пирамиды SABC, в основании которой лежит правильный треугольник АВС^и боковое ребро SA которой перпендикулярно плоскости основания и SA=AB. Опустить перпендикуляры из точки D на следующие прямые: a) SB; б) ВС; в) ВК, где точка К — середина ребра SC. 520. Точки D и Е — середины соответственно ребер SB и SC пирамиды SABC, основанием которой является прямоугольный треугольник ABC. Высота SO пирамиды проектируется в середину ребра АВ и SO = AC = BC. Опустить перпендикуляры из точки D на следующие прямые: a) BE; б) ОЕ; в) АЕ. 521. Точки Е и F — середины соответственно ребер AD и CD куба ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры из вершины А\ на следующие прямые: a) DyE и D{F; б) C\D и С,/7; в) BD и FE. 522. Точки Е и F — середины соответственно ребер AD и ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры из точки F на следующие прямые: а) Д,Е; б) А\Е\ в) С,£. 523. Точки О, О\ и Ог — середины соответственно диагоналей BD, B\D\ и C\D куба ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры из точки О\ на следующие прямые: а) ОО2\ б) А\О\ в) ВО2. 524. Из вершины А прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1 опустить перпендикуляры на следующие прямые: а) А\С; б) B\D; в) DE, где точка Е — середина ребра В\С\. 525. Из вершины А прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, в основании которого лежит ромб с острым углом, равным 60°, и отношением ребер АА\:АВ = = 1:2, опустить перпендикуляры на следующие прямые: а) А\С; б) B\D; в) C\D. 526. Точки D, Е и F — середины соответственно ребер АС, СС\ и АВ правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ с равными ребрами. Опустить перпендикуляры из точки D на следующие прямые: а) ВС\\ б) BE; в) C\F. 185
527. Точка Е — середина ребра SC правильной пирамиды SABCD, высота SO которой равна стороне основания. Опустить перпендикуляры из точки Е на следующие прямые: a) BD; б) SA\ в) AD. 528. Точка Е — середина ребра SC правильной пирамиды SABCD, высота SO которой равна стороне основания. Точка F взята на диагонали АС основания пирамиды, причем AF:AC = \:4. Опустить перпендикуляры на прямую EF из следующих точек: a) S; б) К — середины ребра CD; в) D. 529. Точка Е — середина ребра SC пирамиды SABCD, в основании которой лежит квадрат ABCD. Ребро SB пирамиды перпендикулярно плоскости ее основания и SB = AB. Опустить перпендикуляры на прямую DE из следующих точек: а) Л, б) /( — середины ребра SA; в) F — середины ребра AD. 530. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а точка О— основание ее высоты 50 — является серединой ребра АВ и SO = AB. Опустить перпендикуляры на прямую SC из следующих точек: а) О; б) Л; в) £ — середины ребра AD. 531. В основании призмы АВСА\В\С\ лежит правильный треугольник ABC, а ее боковые грани АА\В\В и АА\С\С — ромбы с острым углом, равным 60° Опустить перпендикуляры из точки Р, лежащей на ребре АА\, на диагональ ВС\ грани ВВ\С\, если отношение АР:АА\ имеет следующие значения: а) 1:2; б) :3; в) 2:5. 2. Построение прямой, перпендикулярной плоскости 532. В правильном тетраэдре SABC опустить перпендикуляры на плоскость грани SBC из следующих точек: a) D — середины ребра АВ\ б) Е — середины ребра SA; в) К — середины апофемы SM грани SAC. 533. В правильном тетраэдре SABC через вершину А и точки D и Е — середины соответственно ребер SB и SC — проведена секущая плоскость ADE. Опустить перпендикуляры на плоскость ADE из следующих точек: а) О — основания высоты SO тетраэдра; б) S; в) В. 534. Точки D и Е — середины соответственно ребер АС и SC правильной треугольной пирамиды SABC, высота SO которой равна стороне основания. Через прямую BE параллельно прямой SD проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: а) Л; б) F — середины ребра АВ; в) D. 535. В кубе ABCDA{B\C{D\ через вершины Ль С\ и D проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на плоскость A\C\D из следующих точек: а) В; б) О— центроида грани АА\В\В; в) А. 536. На ребрах А\В\, С\С и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построить точки, лежащие на поверхности куба и одинаково удаленные от следующих трех точек: a) D, D\ и Р; б) D,, Р и Q; в) Р, Q и R. 537. Точки Р и Q — середины соответственно ребер А\В\ и В\С\ куба ABCDA\B\C\D\. Через точки Л, Р и Q проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на плоскость APQ из следующих точек: a) D\\ б) R — середины ребра D\C\\ в) А\. 538. Точка Р — середина ребра А\В\ куба ABCDAXB\C\D\. Через прямую АР параллельно диагонали A{D проведена секущая плоскость. Опустить перпен- 186
дикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) D\\ б) К — середины ребра DD\\ в) L — середины ребра A\D\. 539. Точка Р — середина ребра ВС прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB'.AD'.AA\ = 1:3:2. Через прямую АС параллельно прямой В\Р проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: а) В\ б) D\\ в) А\. 540. Точка Р — середина ребра В\С\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:AA\ = \:2:\. Через вершину С\ параллельно плоскости А\ВР проведена секущая плоскость а. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) D; б) К — середины ребра DD\\ в) L — середины ребра CD. 541. Точки Р и Q — середины соответственно ребер АА\ и ВВ\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:AA{ = = 2:1:2. Через точку Р параллельно прямым C\D и CQ проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на секущую плоскость из следующих точек: а) В; б) С; в) D. 542. В правильной треугольной призме с равными ребрами на ребре ВС взята точка Р Через точки А, В\ и Р проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на секущую плоскость из точки С|, если отношение ВР:ВС принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4. 543. На ребрах ВВ\ и СС\ правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Боковые грани призмы — квадраты. На поверхности призмы найти точки, одинаково удаленные от следующих трех точек: а) Л, В и Q; б) А, В\ и Q; в) Л, Р и Q. 544. Точка Р — середина ребра А\В\ правильной призмы АВСА\В\С\, отношение ребер АВ:АА\ которой равно 2:1. Через прямую СР параллельно прямой АВ\ проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на секущую плоскость из следующих точек: а) А\\ б) В; в) В\. 545. Точки Р и Q — середины соответственно ребер А\В\ и АС прямой призмы АВСА\В\С\, основанием которой является прямоугольный треугольник ABC и АС = ВС = СС\. Через прямую ВР параллельно прямой A\Q проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: а) А\ б) К — середины ребра АА\\ в) L — середины ребра АВ. 546. Точки Р и Q — середины соответственно ребер AD и ВВ\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:AA\ = = 1:1:2. Через точку Р проведена секущая плоскость, параллельная прямым АВ\ и CQ. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) D\\ б) К — середины ребра DD\\ в) L — середины ребра A\D\. 547. В правильной пирамиде SABCD, высота SO которой равна стороне основания, опустить перпендикуляры на плоскость SCD из следующих точек: а) А\ б) К — середины ребра SA; в) L — середины ребра АВ. 548. Точка Р — середина ребра SC правильной пирамиды SABCD, высота SO которой в два раза больше стороны основания. Опустить перпендикуляры на секущую плоскость BDP из следующих точек: a) F — середины высоты SO; 6) К — середины ребра SA; в) L — середины ребра CD. 549. Точки Р и Q — середины соответственно ребер SC и SD правильной пирамиды SABCD, диагональным сечением которой является правильный треугольник. Через прямую АР параллельно прямой CQ проведена секущая плос- 187
кость. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) D; б) Q; в) С. 550. На ребре ВВ\ куба ABCDA\BXC\D{ взяты соответственно точки Ph Pi и Р3 — такие, что ВРХ = РХР2 = Р2Р2 = Р±В\. Найти на поверхности куба точки, одинаково удаленные от следующих трех точек: а) Л, Р\ и С; б) Л, Р2 и С; в) Л, Рз и С. 551. На ребрах АА\ и СС\ куба ABCDA\B{C\D{ взяты соответственно точки Р и Q — середины ЛЛ| и СС|. Найти на поверхности куба точки, одинаково удаленные от трех точек: а) А\, Р и Q; б) В\, Р и Q; в) В\, Р и С. 552. На ребре SB правильного тетраэдра SABC взяты точки Pi, Р2 и Рз — такие, что ВР\ = Р1Р2 = Р2Рз = Рз5. Найти на поверхности тетраэдра точки, одинаково удаленные от следующих трех точек: а) Л, Pi и С; б) Л, Р2 и С; в) Л, Р3 и С. 553. На ребре Л|В| правильной призмы АВСА\В\С\ взяты точки Pi, P2 и Рз — такие, что Л |Р, = Р{Р2 = Р2Р3 = Р3В, а на ребре B|Ci взяты точки Qb Q2 и Q3 — такие, что CiQi = QiQ2 = Q2Q3=Q3#- Боковые фани призмы — квадраты. Найти на поверхности призмы точки, одинаково удаленные от следующих трех точек: а) Л, Pi и Q\\ б) Л, Р2 и Q2; в) Л, Р3 и Q3. 3. Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через данную прямую, перпендикулярно данной плоскости 554. Плоскость а проходит через точки Л, Л| и точку Р — середину ребра ВС куба ABCDA\B\C\D\. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: a) DD\\ б) Л \D\ в) CD\. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а. 555. Плоскость а проходит через вершину В\ и через точки Р и Q — середины соответственно ребер АВ и ВС куба ABCDA\B\C\D\. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: a) DD\, б) A\D\\ в) C|D|. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а. 556. Плоскость а проходит через вершину В\ и через точки Р и Q, взятые соответственно на ребрах АВ и ВС куба ABCDA\B\C\D\ таким образом, что BP:BA=BQ:BC = 3:4. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: а) Л|Сь б) A\D\ в) C\D. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а. 557. Точки К, L и М — середины соответственно ребер CDy AD и Л|В| куба Л BCD A \B\ C\D\. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными плоскости ЛВ1С и проходящими через следующие прямые: а) А\К\ б) C\L; в) DM. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью АВ\С. 558. Плоскость а проходит через точку Р — середину ребра ВС и через вершины Л и В\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: a) DD\\ б) A\D\\ в) D|C|. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а. 559. На ребре ВС прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:2 взяты точки Р|, Р2 и Рз — такие, что 188
з = РзВ, а на ребре A\D\ взята точка К — середина этого ребра. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, проходящими через прямую ВК, перпендикулярно следующим плоскостям: a) C\DP\\ б) C1DP2; в) C\DP$. Найти линуй пересечения построенных секущих плоскостей с заданными плоскостями. 560. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат A BCD. Отношение ребер АВ:АА i =2:3 -у/2. На ребре ВВ\ взята точка Е — середина этого ребра. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, перпендикулярными плоскости АЕС и проходящими через следующие прямые: a) B\DX; б) AD\\ в) CD\. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью АЕС. 561. Плоскость а проходит через точку D — середину ребра АС — и через вершины В и С\ правильной призмы АВСА\В\С\, боковые грани которой — квадраты. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: а) АА\\ б) Л id; в) А\В\. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а. 562. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный прямоугольный треугольник ABC. Отношение ребер призмы АВ:АС:АА\ = = л/2:1 :д/2- На ребрах АС и В\С\ взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Построить сечения призмы плоскостями, проходящими через прямую DE и перпендикулярными следующим плоскостям: а) АВВ\\ б) АСС\\ в) BCCi. 563. Плоскость а проходит через точку D — середину ребра АА\ — и через вершины В\ и С\ призмы АВСА\В\С\, в основании которой лежит прямоугольный треугольник ABC и боковые грани АА\С\С и ВВ\С\С которой — квадраты. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: а) А\С\ б) А\В\ в) BD. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а. 564. На ребрах АВ, SA и SB правильного тетраэдра SABC взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Построить сечения тетраэдра плоскостями, перпендикулярными плоскости SBC и проходящими через следующие прямые: a) CD; б) DF; в) FE. 565. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC, а ее боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания. На ребрах АВ и АС взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плоскости SBC и проходящими через следующие прямые: a) SA, б) SE; в) SD. 566. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC, боковая грань SAB пирамиды перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником. На ребрах АВ, ВС и АС взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плоскости SDE и проходящими через следующие прямые: a) SF; б) SA; в) SC. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью SDE. 567. Высота правильной пирамиды SABC равна стороне основания. На ребрах АВ, SA и SB взяты соответственно точки Е, F и К — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плоскости SBC и проходящими через следующие прямые: a) DE; б) DF; в) DK. 189
568. Боковое ребро правильной пирамиды SABCD равно диагонали ее основания. На ребрах А В, ВС и SA взяты соответственно точки Е, F и К — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плоскости SEF и проходящими через следующие прямые: a) AD\ б) DE\ в,) DK. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью SEF 569. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник отношением сторон AB:AD=\ :2, а ее диагональное сечение является правильным треугольником. На ребрах АВ, ВС и SC взяты соответственно точки £, F и К — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плоскости SEF и проходящими через следующие прямые: a) DC\ б) DK\ в) DE. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью SEF 4. Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через данную точку, перпендикулярно данной прямой 570. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка К — такая, что CK:CCi=3:4, а на прямой DK взяты точки Р|, Р2 и Р3— такие, что DP| = = Р,Р2:=р2Рз = Р3Л\ Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными прямой DK и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2; в) Р3. 571. На ребре AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты точки Е\, Е2 и £3— такие, что АЕ\=Е\Е2 = Е2Ез = Ез0. Построить сечения куба плоскостями, проходящими через вершину С, перпендикулярно следующим прямым: а) С\Е\\ б) С\Е2\ в) Ci£3- 572. Построить сечения правильного тетраэдра SABC плоскостями, проходящими через точку Р — середину ребра SCt перпендикулярно следующим прямым: a) SB; б) SM, где точка М — середина ребра А В; в) S/C, где точка К делит медиану BL треугольника ABC в отношении BK'BL=\:3. 573. Точка К — середина ребра SB правильного тетраэдра SABC. На прямой А К взяты точки Р|, Р2 и. Р3 — такие, что ЛР| =PiP2 = P2P3 = P3/(. Построить сечения тетраэдра плоскостями, перпендикулярными прямой А К и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2; в) Р3. 574. Точка К — середина ребра SC правильной пирамиды SABC, все плоские углы при вершине S которой прямые. На прямой А К взяты точки Pi, P2 и Р3 — такие, что АР\ = Р\Р2 = Р2Р3 = РзК. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой А К и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2; в) Р3. 575. На диагонали АВ\ грани АА\В\В прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ =2:1:2 взяты точки Pi, P2 и Рз — такие, что АР\ = Р\Р2 = Р2Рз = РзВ\. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, перпендикулярными прямой АВ\ и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2; в) Ръ. 576. В основании призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный равнобедренный треугольник: АС = ВС = АА\. На ребрах ВВ\ и В\С\ взяты соответственно точки К и N — середины этих ребер. Построить сечения призмы плоскостями, проходящими через вершину В, перпендикулярно следующим прямым: а) СВ\\ б) С К; в) СЛЛ 577. В правильной призме АВСА\В\С\ АА\\АВ=\\2. На ребре ВС взяты точки /Ci, /С2 и /Сз — такие, что ВК\ = К\Къ = К2Къ = КъС. Построить сечения приз- 190
мы плоскостями, проходящими через вершину Б, перпендикулярно следующим прямым: а) В\К\\ б) В\К2\ в) В\К:\. 578. В правильной призме АВСА\В\С\ АА\\АВ=2'.\. На ребре СС\ взяты точки /(,, К2 и Кз — такие, что СК\ = К\К2 = К2Кз = КзС\. Построить сечения призмы плоскостями, проходящими через вершину С, перпендикулярно следующим, прямым: a) £K2; б) ВК\\ в) ВКз- 579. На ребре АА\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AAl = \:\:2 взяты точки Р,, Р2 и Р3 — такие, что ЛР, = Р1Р2 = Р2Р3 = = РзА\. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными прямой B\D и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Р3. 580. Точка М — середина ребра АА\ прямой призмы АВСА\В\С\, основанием которой является прямоугольный треугольник, а отношение ребер АС:ВС:СС\ = = 1:1:2. На прямой С\М взяты точки Р,, Р2 и Р3 — такие, что C,Pi = P,P2 = = Р2Р3 = Р3М. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными прямой С\М и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Рз. 581. На ребре АВ правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ с отношением ребер AB:AA\=2'.^J3 взята точка К — середина этого ребра, а на прямой С[К взяты точки Pi, Р2 и Рз — такие, что КР\ = Р\Р2 = Р2Рз = РзС\. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными прямой С\К и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2; в) Рз. 582. Точка К — середина ребра ВВ\ куба ABCDAlBlC\Di. На ребре СС\ взяты точки Pi, P2 и Рз — такие, что CPi =PiP2 = P2P3 = P3Ci. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными прямой А К и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Рз. 583. Точка К — середина ребра AD прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:AAi = \:2:\. На ребре DC взяты точки Pi, Р2 и Рз — такие, что DPi =Р1Р2 = Р2Рз = РзС. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, перпендикулярными прямой AiK и проходящими через следующие точки: а) Рг, б) Р2; в) Р3. 584. Точка К — середина ребра ВВ\ правильной треугольной призмы А ВС А \В{ С[ с отношением ребер AA[iAB = 2:\. На ребре СС\ взяты точки Рь Р2 и Рз — такие, что CPi = Р1Р2 = Р2Рз = РзС>1. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными прямой А К и проходящими через следующие точки: а) Р,; б) Р2; в) Р3. 585. На стороне АВ правильной треугольной пирамиды SABC взята точка D — середина этого ребра, а на прямой CD взята точка L — такая, что треугольник SDL равносторонний. На прямой SL взяты точки Pi, P2 и Р3 — такие, что LPi =PiP2 = P2P3 = P3S. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой SL и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Р3. 586. На ребре CD пирамиды SABCD, в основании которой лежит прямоугольник, взяты точки Pi, Р2 и Рз — такие, что DPi = Р[Р2 = Р2Р3 = РзС. Боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания и отношение ребер пирамиды AB:AD:SA=2:\:\. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой АВ и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Рг; в) Рз. 587. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат. Ее боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На медиане 191
DF боковой грани SCD взяты точки Р\, Рч и Рл — такие, что DP\ = =zPxP2=.p2Pi = PAF Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой DF и проходящими через следующие точки: a) Pi, б) PL>; п) Рз. 588. Основанием пирамиды SABCD является квадрат Л BCD. Точка О— основание высоты SO пирамиды — является серединой стороны Л В и SO = AB. На ребрах SB, SC и SD пирамиды взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через точку Р, перпендикулярно ребру SB; б) плоскостью, проходящей через точку Q, перпендикулярно ребру SC; в) плоскостью, проходящей через точку R, перпендикулярно ребру SD. 589. Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник Л BCD. Точка О — основание высоты SO пирамиды — делит пополам сторону ЛВ. Отношение ребер пирамиды AB:AD:SO = 2:1:2. На ребре SC взяты точки Pi, Р2 и Р3 — такие, что SPi = Р|Р2 = Р2Рз = РзС Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой SC и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2; в) Р3. 590. На диагонали B\D прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1 взяты точки Pi, Рг и Рз — такие, что В[Р[ = PiP2 = Р2Рз = P$D. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, перпендикулярными прямой B\D и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Р3. 591. Точка К — середина диагонали АВ} грани АА\В\В куба ABCDA{B\C\D\. На прямой СК взяты точки Pi, P2 и Р3 — такие, что CPi =Р|Р2 = Р2Рз = РзК- Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными прямой СК и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Рг; в) Рз. 592. Точки К, L и М — середины соответственно ребер CD, ВС и SC правильной пирамиды SABCD, все ребра которой равны. Построить сечения этой пирамиды плоскостями, проходящими через вершину D, перпендикулярно следующим прямым: а) АК; б) SL; в) ВМ. 593. Противоположные грани SAB и SCD пирамиды SABCD перпендикулярны плоскости основания. Высота SO пирамиды равна стороне CD основания и проектируется в точку О — такую, что CD: CO =1:2. Четырехугольник ABCD является трапецией, основание ВС которой перпендикулярно боковой стороне CD и AD = CD. Построить сечения пирамиды плоскостями, проходящими через точку D, перпендикулярно следующим прямым: a) SC; б) SA; в) SB. 594. На ребре SC правильного тетраэдра SABC взяты точки Pi, Рг и Р3 — такие, что CPi =PiP2 = P2P3 = P3S. Найти геометрическое место точек, одинаково удаленных от вершин S и В тетраэдра и принадлежащих следующим секущим плоскостям: а) АР\В; б) АР2В; в) АР3В. 595. На высоте SO правильной четырехугольной пирамиды SABCD, диагональ основания которой равна боковому ребру, взяты точки Рь Р2 и Р3 — такие, что OPi = PiP2 = P2P3 = P3S. Найти геометрическое место точек, одинаково удаленных от вершин S и С пирамиды и принадлежащих следующим секущим плоскостям: a) CDPi; б) CDP2\ в) CDP3. 596. На ребре BiCi правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ с отношением ребер АВ:ААi = 2:1 взяты точки Ри Р2 и Р3 — такие, что С\Р1=Р1Р2 = Р2Рз = 192
= РзВ\. Найти геометрическое место точек, одинаково удаленных от точек В и Рг, и принадлежащих секущим плоскостям, проведенным через прямую АС\, параллельно следующим прямым: а) СР\\ б) СР2\ в) СРз. 597. На ребре СС\ куба ABCDAlB\C\Dl взята точка /( — середина этого ребра, а на ребре В\С\ взяты точки Р,, Р2 и Р3 — такие, что С\Р\ = Р\Р2 = = Р2Р3^Р3В[. Найти геометрическое место точек, одинаково удаленных от точек А\ и Р2, принадлежащих секущим плоскостям, проведенным через прямую DK, параллельно следующим прямым: а) СР\\ б) СР2\ в) СРз. 598. На ребрах SB и CD правильной четырехугольной пирамиды SABCD взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер, а на прямой KL взяты точки Pi, P2 и Р3 — такие, что LPi=PiP2 = P2P3 = PzK. Высота пирамиды равна стороне ее основания. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой KL и проходящими через следующие точки: а) Р\\ б) Р2\ в) Р3. 599. На ребрах АВ и DD\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти точки, одинаково удаленные от следующих четырех точек: а) А\, С|, Р и Q; б) Л, Ci, Р и Q; в) D, С\, Р и Q. 600. На продолжениях ребер А В и DD\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — такие, что ЛР:£Р = 3:1 и DiQ:DQ = 3:l. Построить точки, одинаково удаленные от следующих четырех точек: a) A[t C[t P и Q; б) Л, Си Р и Q; в) D, С,, Р и Q. 601. Два равных равнобедренных прямоугольных треугольника ABC и АВ\С расположены так, что катет АС у них является общим, а ВВ\=АВ. Найти точки, одинаково удаленные от точек В и В\ и принадлежащие следующим прямым: а) ВС\ б) В,С; в) АС. 602. Построить геометрическое место точек, лежащих на поверхности куба ABCDA\B\C\D\ и одинаково удаленных от следующих пар прямых: а) В\С\ и CD; б) AD[ и C\D\ в) DP и AQt где точки Р и Q — середины соответственно ребер АА\ и ВВ\ куба. § 12. УГОЛ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ Напомним, что углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися параллельными им прямыми. Таким образом, ясно, что угол между скрещивающимися прямыми является острым углом. При решении задач на нахождение угла между скрещивающимися прямыми применяются следующие способы (методы) 1. Поэтапно-вычислительный. 2. Векторно-координатный. 3. Геометрический. В некоторых случаях удается решить задачу и векторно- координатным способом. Отметим, что, применяя векторно- координатный способ, следует иметь в виду, что если ф — угол между скрещивающимися прямыми, то coscp=|cos(a, 6)|, где а и Ъ — векторы, коллинеарные заданным скрещивающимся прямым. 193
S(0;0;0) ./7.1' Рис. 145 Рассмотрим применение указанных способов сначала на одном примере. Пример 1. На ребрах АВ, АС и SC правильной пирамиды SABCD, у которой все плоские углы при вершине S прямые, взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Найдем угол между прямыми DF и SE. Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 145, а) Прежде всего построим какой-нибудь угол, равный искомому углу. Это можно сделать, например, так. В плоскости SAC, которая проходит через прямую SE — одну из данных скрещивающихся прямых — и точку F, взятую на другой из них, проведем через точку F прямую FK\\SE. Тогда угол между прямыми DF и FK равен искомому углу. Найдем угол DFK. Пусть для краткости ADFK = 4>. Соединим далее точку D с точкой К. Таким образом, угол ф мы включили в треугольник DFK. Подсчитаем теперь стороны этого треугольника. Для выполнения подсчетов, как обычно, введем вспомогательный параметр, положив, например, сторону основания пирамиды 194
равной а. Тогда в равнобедренном треугольнике SAC с прямым углом при вершине S медиана SE равна половине гипотенузы Л С, и, следовательно, средняя линия FK треугольника SEC равна — Сторону DF подсчитаем из треугольника SDF Так как SC A-SA SC_LSB, то SC.LSD. Поэтому в треугольнике SDF тт <^ъ _а_ <^р _1_ ^V^ — SF2 ' где из ПРЯМОУГОЛЬНОГО равнобедренного треугольника SAC SC= SF= a v Таким образом, и поэтому Затем в треугольнике ADK DK2 = AD'+AK2 — 2ADX cos DAK, т е. DK2 = — Итак, мы подсчитали стороны тре- 16 угольника DFK и теперь из равенства DK2 = DF2 + FK2 — — 2DF-FK cos у находим, что cos ф = 0, т. е. ф = 90° Это значит, что и угол между прямыми DF и SE также равен 90° Векторно-координатный способ (рис. 145, б). Так как заданная пирамида правильная, то SA = SB = SC. Кроме того, все углы при вершине S по условию прямые. Эти обстоятельства позволяют ввести в пространстве прямоугольную систему координат, началом которой является точка S, а отрезки SA, SB и SC — единичными отрезками соответственно осей Sxy Sy и Sz. В этой системе координат точки S, Л, В и С имеют следующие координаты: S(0; 0; 0), А (1; 0; 0), В (0; 1; 0) и С(0; 0; 1). Найдем теперь координаты векторов DF и SE. Для этого сначала найдем координаты точек D, F и Е: d(—\ —; 0J "Т' ~Т- т) Далее находим: cos (DF, S£)= |cos (DF^SE)\ = Таким образом, угол между прямыми DF и S£ равен 90° Геометрический способ (рис. 145, в). Так как отрезки SA, SB и SC равны между собой и попарно перпендикулярны, то 195
можно принять их за ребра куба, выходящие из одной вершины. Построим этот куб и заданные точки D, Е и F Соединим вершины Р и С куба и проведем диагональ SQ. Нетрудно убедиться, что PC\\DF, т. е. угол между прямыми PC и SQ равен искомому углу. Ясно, что прямая АС является проекцией прямой PC на плоскость SAC и AC -LSQ. Значит, и наклонная PC JLSQ. А тогда и DF JLSf. В екторно-координатный способ (рис. 145, г). Положим для краткости SA = a, SB = b и SC = c. Тогда **- 2 DF • SE c — a — b a-\-c ±_ ~~ 2 ' 2 ~~ 2 2 4 Ho a_L6, 6_Lc. Поэтому a& = 0 и bc = O. Кроме того, |a| = |c|. Тогда DF.SE= I''2-'5'2 = Ifll2-lfll2 =0> и значит, DF±SE. 4 4 Пример 2. В правильной пирамиде S;4BC отношение бокового ребра к стороне основания равно 2:1. На ребрах АВ и АС взяты соответственно точки М и К — середины этих ребер. Найдем угол между прямыми SM и ВК. Решение. Выполним сначала некоторые построения (рис. 146). Проведем через прямую SM — одну из заданных прямых — и точку О, взятую на другой заданной прямой, плоскость SMC. В этой плоскости через точку О проведем прямую OD\\SM. Тогда угол между прямыми OD и ВК равен искомому углу. Соединим точку D с точкой К и найдем угол DOK треугольника DOK. Для этого подсчитаем стороны треугольника DOK. Положим с этой целью АВ = а (вспомогательный параметр) Тогда SA=2a, и, как нетрудно найти, ВК = 2 ' 3 3 Из треугольника DCK DK2 = CK2 + CD2 — 2CK-CD cos DCK, где СК=—, CD = —SC = -^y и.из прямоугольного треугольника Z о о SCK cos DCK = -|£=4- ТогДа DK2=-^£- Применяя теперь теорему косинусов к треугольнику DOK, получаем DK2 = OK2 + OD2 — 2OK-OD cos ф, или 5l£!=^2+—— COS(p) откуда б 3 «JvJ Так как найденное значение cos <p положительно, то угол ф острый. Это значит, что угол между прямыми SM и ВК равен углу ф, т. е. равен arccos ^- 196
Cf(2;0;z) y/A(O;i;O) C(2;O;O) D(2;1;O) Рис. 146 Рис. 147 Замечания. Отметим, что если бы для нахождения угла между прямыми OD и В К мы искали бы угол DOB треугольника DOB, то мы бы обнаружили, что cos DOB<0, т. е. /LDOB тупой. Тогда искомый угол равен 180°- jL DOB. 2. Для включения искомого угла в треугольник можно было бы поступить и по-другому. Так, если в плоскости ABC провести прямую ML\\BK, то угол между прямыми SM и ML равен искомому углу. Подсчитав из треугольника SML угол SML, мы нашли бы затем и угол между прямыми SM и ВК. Пример 3. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ угол между прямыми B\D и CDi равен 90° и AB:AD=\:2. Найдем угол между прямыми АС и C\D. Решение. Решим задачу векторно-координатным способом. Точку В примем за начало прямоугольной системы координат Bxyz, длину отрезка АВ примем за единицу и выберем направления осей, как показано на рисунке 147 Тогда точки В, С, Л и В\ будут иметь следующие координаты: В (0; 0; 0), С (2; 0; 0), А (0; 1; 0) и Si (0; 0; г). Найдем координаты векторов B\D, CDi, AC и C\D\ в7Ь(2; 1; -z), CD, (0; 1; z), AC (2\ -1; 0) и CiD (0; 1; -z). Так как B|D_LCDi, то BiDJLCDi, и, следовательно, B\D-CD\=0. Таким образом, 2-0+1 1+( — z)z = 0, откуда z2=l _ _^_ ^ Далее, cos {АсТС 1D)=\cos(AcTcTd)\=- '~M 1 , и так как z2=l, то cos(^C, Итак, угол между прямыми АС и равен arccos 10 Пример 4. В основании пирамиды лежит параллелограмм ABCD, угол BAD которого равен 45°, а отношение сторон AB:AD=\ :^f2. Грань SAB является равносторонним треуголь- 197
ником, а ее медиана SF перпендикулярна плоскости основания. На ребре SC взята точка М— такая, что SM:SC = 2:3. Найдем угол между прямыми SF и DM. Решение (рис. 148) Решим задачу векторно-координатным способом. Так как прямая SF перпендикулярна плоскости ABC, то SF±FA. Проведем диагональ BD. В треугольнике ABD = 45° и AB:AD=l:-y/2, т. е. AD = AB-у/2. Тогда, так как BD2 = AB2 + AD2 — 2AB-AD cos 45° т. е. 2 + (AB^[2)2-2AB(AB^2)^-y то BD2 = AB2, и, значит, BD = AB. Поэтому ABDA = ABAD = 45°, a AABD = 90° Проведем теперь через точку F прямую FK\\BD. Таким образом, прямые FK, FA и FS — это три попарно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в одной точке, т. е. их можно принять за оси декартовой системы координат с началом в точке F Итак, F (0\ 0; 0). Приняв отрезок FA за единичный, найдем координаты точек /С, Л и S. Получим /((1, 0; 0), Л (0; 1; 0), и так как FS = —-*—, то S (0; 0; УЗ). Далее находим координаты других нужных точек: D (2; —1; 0), С (2; —3; 0), Af(l, —|-, Теперь можно найти координаты векторов FS и DM: FS (0; 0; УЗ), V345 3 ' '3 Тогда cos (SfTdM)= |cos (FsTdM) | V3-\/-^-+i+-^- \8,(o;o;i) F(§;Q;i) c,(i;O;l /A(0;1;0) D(2,-t;0) /A(O;1;L x 'y Рис. 148 Рис. 149 198
Значит, угол между прямыми SF и DM равен arccos ^- Пример 5. На ребрах ВВ\ и C\D\ куба ABCDAlB\C\Dl взяты соответственно точки Р и Q — такие, что ВР:ВВ\ = 2:3, C\Q:C\D\ = \:4. Плоскость, проходящая через точки Л, Р и Q, пересекает прямые DD\ и В\С\ соответственно в точках Е и F Найдем угол между прямыми EF и А\С. Решение. Построим сечение куба плоскостью APQ. Сделаем это векторно-координатным способом. Для этого, приняв ребро куба за единичный отрезок, введем в пространстве прямоугольную систему координат Bxyzy как это показано на рисунке 149. Затем составим уравнение плоскости APQ. С этой целью найдем координаты точек Р и Q и координаты векторов АР и AQ: р(о; 0; -J-) q(i;-L;i) Ар(0; -!;■§-) Л"^(1; —--; 1 j Пусть вектор Я(й; /; т) — нормальный вектор плоскости APQ. Тогда пА-АР и nl.AQ. Поэтому ffe-0 + Z (— \)-\-т~ =0, Полагая, например, / = 4, находим из этой системы уравнений: т = 6, k=—3. Итак, п ( — 3; 4; 6). Тогда уравнение плоскости APQ, проходящей через точку Л (0; 1; 0), будет таким: (jc — 0)( — 3) + + (^ — 1) 4 + (z — 0) 6 = 0, или Зх — 4у — 62 + 4 = 0. (*) Найдем теперь координаты точек Е и F Так как точка Е лежит на прямой DDi, то две ее координаты известны. Это х=1, у= 1. Подставив эти координаты в уравнение (*), найдем и третью координату точки £: z = -i- Итак, £П; 1; — j Аналогично, так как точка F лежит на прямой В\С\У то у = 0, z=\. Под- ставив эти координаты в уравнение (*), найдем, что * = — Остается подсчитать косинус угла между прямыми EF и А\С. Находим координаты векторов EF и А\С\ EF( -; —1; —) —>- \ 3 2 / А\С(\\ —1; —1). Затем получаем cos {EfTa i С) = I cos т. е. искомый угол равен arccos -~- 21 + 1 л/з_ 199
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 603. В правильной призме ABCDAlB[C[D[ угол между диагоналями BD{ и B\D равен 90° Найти углы, которые образует прямая B\D со следующими прямыми: а) ЛЛ\\ б) А\С\\ в) CD\. 604. На ребрах ВВ\ и CD куба ABCDA[B[ClD[ взяты соответственно точки F и К — середины этих ребер, а на ребре AD взяты точки E[t Е2 и £3 — такие, что AEi=E\E2 = E2E3 = E3D. Найти углы, которые образует прямая FK со следующими прямыми: а) С\Е\\ б) С\Е2\ в) Ci£3- 605. Точки К и М — середины соответственно ребер АА\ и AD куба ABCDA\B\C\D\. Найти углы, которые образует прямая С\М со следующими прямыми: а) Я,/); б) СК\ в) АВ\. 606. На ребрах AD и ££i прямоугольного параллелепипеда Л£С/)Лi£|CiDi с отношением ребер AB:AD:AA\ = \ :2:2 взяты соответственно точки Е и F — середины этих ребер. Найти углы, которые образует прямая FE со следующими прямыми: а) АС\\ б) BXD\ в) DCV 607. На ребре СС\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взяты точки Е\, Е2 и £з — такие, что СЕ\=Е\Е2 = Е2Ег = ЕгС\. Отношение ребер призмы АВ\АА\ = \\2. Найти углы, которые образует прямая B\D со следующими прямыми: а) А\Е\\ б) А\Е2\ в) А\Е$. 608. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер AB:AD=\:2, а угол между прямыми B\D и CD\ равен 90° На ребре В\С\ взяты точки М\, М2 и Мз — такие, что ВМ\ = М\М2 = М2Мз = М^С\. Найти углы, которые образует прямая АС со следующими прямыми: а) ВМ\\ б) ВМ2\ в) ВМ$. 609. На ребрах AD и CD прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, боковая грань АА\В\В которого является квадратом, взяты соответственно точки М и К — середины этих ребер. Угол между прямыми В\М и С\К равен arccos "У Найти углы, которые образует прямая АС\ со следующими прямыми: а) ВМ\ б) В\К\ в) А\К. 610. Точка Е — середина ребра CD прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, в основании которого лежит ромб с острым углом BAD, равным 60°, и АА\=АВ. Найти углы между следующими прямыми: a) DC\ и В\С\ б) В\С и С\Е; в) С\Е и ОВ), где точка О — точка пересечения диагоналей основания. 611. В равностороннем конусе проведены осевые сечения SAB и SCD, а в треугольнике SCD проведена медиана СЕ. Найти угол между прямыми СЕ и SB в случаях, когда угол между прямыми АВ и CD равен: а) 90°; б) 60°; в) 30° 612. Через образующую АА\ цилиндра проведены сечение АСС\А\ и осевое сечение ABB\A\t являющееся квадратом. Найти углы между непересекающимися диагоналями этих сечений в случаях, когда угол между прямыми АС и АВ равен: а) 60°; б) 45°; в) 30° 613. Точки D и Е — середины соответственно ребер А\В\ и АС правильной призмы ABCA\B[Ci, у которой АА\=АВ. Найти углы между следующими прямыми: а) Л,С и BD\ б) BD и А\Е\ в) АХЕ и AD. 614. На ребрах А\В\ и АС прямой призмы АВСА\В\С\% у которой АС = ВС = = АА\ и /_ЛС£ = 90° взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Найти углы между следующими прямыми: а) А\С и BD\ б) BD и А\Е\ в) А\Е и AD. 200
615. На ребрах В\С\, АС и А\В\ прямой призмы АВСА\В\С\, у которой АС = ВС=АА\ и /-АСВ = 90°, взяты соответственно точки D, Е и F — середины ребер В\С\, АС и А{В. Найти углы, которые образует прямая DE со следующими прямыми: а) АС\\ б) BF; в) AF 616. В правильной призме АВСА\В\С\ отношение ребер АВ:АА\ = \:^/3, точка D — середина ребра АС. Найти углы, которые образует прямая B\D со следующими прямыми: а) ВС; б) АС\\ в) ВА\. 617. Основанием призмы АВСА\В\С\ является прямоугольный треугольник ЛВС, у которого АС = ВС. Грань ВСС\В\ перпендикулярна плоскости основания и /-С\СВ = 45°, а ВС\ = ВС. Найти углы, которые образует прямая АС\ со следующими прямыми: а) ВС; б) СВ\; в) А\В. 618. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник ABC. Ребро SA пирамиды "перпендикулярно плоскости ABC и SA=AC = ВС. На ребре SB взяты точки Di, D2 и D3 — такие, что BD\=D\Dz — D2Di = DiS. Найти углы между следующими прямыми: a) CD\ и AD2; б) CD\ и AD3; в) СДз и ADi. 619. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник ЛВС. Ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = /4C = BC. На ребрах SC, SB и SC взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Найти углы между следующими прямыми: a) BD и СЕ; б) BD и AF; в) С£ и AF 620. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник ABC. Ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = AC = BC. На ребрах SC, SB и Si4 взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Точка О — центроид треугольника ABC. Найти углы между следующими прямыми: а) SO и АЕ; б) АЕ и CF; в) OD и С/7 621. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD. Ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB:AB=\:\. На ребре SC взята точка Р — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DP со следующими прямыми: а) АС', б) SA; в) SO, где точка О — центроид основания. 622. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD= 1:2. Высота SO пирамиды равна диагонали основания и проектируется в точку пересечения диагоналей основания. На ребрах SC и SB пирамиды взяты соответственно точки К и М — середины этих ребер. Найти углы между следующими прямыми: a) DM и АС; б) ВК и DM; в) DK и SA. 623. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон ЛБМО=1:2. Высота SO пирамиды проектируется в точку О — середину ребра ВС — и SO=AB. На ребре SA взята точка Р—середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DP со следующими прямыми: a) SO; б) АС; в) SC. 624. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро SA равно стороне основания и перпендикулярно плоскости основания. На ребре SD взяты точки Mi, M2 и Mz — такие, что DM\ = М\М2 = M2M3 = M3S. Найти углы, которые образует прямая SB со следующими прямыми: а) СМ\; б) СМ2; в) СМ3. 625. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\:3. Высота SO пирамиды равна стороне AD и проектируется в точку О, лежащую на прямой АВ,— такую, что АВ:АО=\:2. На ребрах SB и SC взяты соответственно точки F и М — середины этих ребер. Найти углы, которые образует прямая OF со следующими прямыми: а) АС; б) ВМ; в) DM. 201
626. На ребрах АВ, AC, SB и SC правильной пирамиды SABC, все плоские углы при вершине S которой прямые, взяты соответственно точки D, Е, F и К — середины этих ребер. Точка О — центроид основания. Найти углы между следующими прямыми: a) BE и SD; б) BE и AF; в) AF и ОК. 627. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB — AB. На ребрах SC и АС взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Точка О — центроид треугольника ABC. Найти углы, которые образует прямая BD со следующими прямыми: a) SA; б) SE; в) SO. 628. В одном из диагональных сечений пирамиды SABCD угол при вершине S равен 90°, а в другом сечении — 60° Высота пирамиды проектируется в точку О — точку пересечения диагоналей основания, угол между которыми равен 90° На ребре SC взята точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DM со следующими прямыми: а) АС; б) SB; в) SA. 629. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD, у которого AB:AD=\:2 и /.BAD — 60° Грань SAB является правильным треугольником, медиана SM которого перпендикулярна плоскости основания. На ребре SA взята точка Е — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DE со следующими прямыми: a) SM; б) SB; в) SC. 630. На диагонали АС квадрата ABCD взяты точки К\, Кч и Кз — такие, что АК\ = /(|/(2 = /(2/(з = /(зС. Квадрат ABCD согнут по диагонали АС так, что треугольник BK2D равносторонний. Найти углы, которые образует прямая CD со следующими прямыми: а) ВК\\ б) ВКъ', в) ВКз- 631. Прямоугольник ABCD с отношением сторон АВ:ВС = 3:\ согнут по прямой PQ\\BC так, что прямая АР перпендикулярна прямой РВ и АР:РВ=2:1. Найти углы между следующими прямыми: a) BD и AQ; б) BQ и DP; в) BD и AR, где точка R — середина отрезка DQ. 632. Через вершину С и точки D и Е — середины соответственно ребер А\С\ и ВВ\ правильной призмы АВСА\В\С\ с отношением ребер АА\'.АВ = 2'Л — проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая В\С\ со сторонами многоугольника, полученного в сечении призмы. 633. В основании пирамиды SABC с равными боковыми ребрами лежит треугольник ABC, у которого АС=ВС и Z.ACB = 90° Грань SAB является правильным треугольником. Через точки Р, Q и R — середины соответственно ребер AC, SC и высоты SO — проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая ВС со сторонами многоугольника, полученного в сечении пирамиды. 634. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребрах АВ, AD и SC взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер — и через эти точки проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая ВС со сторонами многоугольника, полученного в сечении пирамиды. 635. На ребрах DD\ и В\С\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q —такие, что DP:DD\ = \:3, BQ:BiCi=2:3. Через точки А, Р и Q проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая А\С со сторонами многоугольника, полученного в сечении куба. 636. Диагональное сечение BB\D\D правильной призмы ABCDA\B\C\D\ является квадратом. Точка Р — середина ребра AD, а точка Q — центроид гра- 202
ни DD[C\C. Через точки А\, Р и Q проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая А\С со сторонами многоугольника, полученного в сечении призмы. 637. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С и СС\\АВ = 2\^2. Через точку Р, взятую на ребре АВ, проведена секущая плоскость, перпендикулярная диагонали ВС\. Найти углы, которые образует прямая А\В\ со сторонами многоугольника, полученного в сечении призмы. 638. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с углом АС В, равным 90° Боковое ребро SA пирамиды перпендикулярно плоскости основания и SA :АВ= /3:д/2. Через точку Р, взятую на ребре АВ, проведена секущая плоскость, перпендикулярная ребру SC. Найти углы, которые образует прямая SM, где точка М — середина ребра ВС, со сторонами многоугольника, полученного в сечении пирамиды. 639. Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\ :2. Боковое ребро SB пирамиды перпендикулярно плоскости основания и SB=AB. Через точку Р, взятую на ребре AD, проведена секущая плоскость, перпендикулярная ребру SC. Найти углы, которые образует прямая АС со сторонами многоугольника, полученного в сечении пирамиды. 640. На ребрах СС\ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — такие, что CP:CCi = 1:3, AQ:AD=\:3. Через вершину D проведена секущая' плоскость, перпендикулярная прямой PQ. Найти углы, которые образует прямая ВС со сторонами многоугольника, полученного в сечении куба. 641. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный треугольник, а СС\=АС = ВС. На ребрах АВ и ВВ\ взяты соответственно точки Р и К — середины этих ребер. Построить сечение призмы плоскостью, проходящей через точку Р, параллельно прямым АС\ и СК. Найти углы, которые образует прямая А\В\ со сторонами многоугольника, полученного в сечении призмы. 642. На ребрах CD и СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки F и М — середины этих ребер. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через вершину А, параллельно прямым B\F и ВМ. Найти углы, которые образует прямая А\С со сторонами многоугольника, полученного в сечении куба. 643. На ребре SC правильной пирамиды SABCD взяты точки К и L — такие, что СК = KL = LS, а на диагонали АС взята точка Р — такая, что АР:АС = = 1:4. Отношение высоты пирамиды к стороне -ее основания равно 1:д/2. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку Р, параллельно прямым ОК и DL. Найти углы, которые образует прямая SO со сторонами многоугольника, полученного в сечении пирамиды. 644. На ребрах АА\ и Bid куба ABCDA\B{C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — такие, что АР:АА\ = 1:4, P\Q:B\C\ = 1:3. Плоскость, проходящая через точки D, Р и Q, пересекает прямые А\В\ и СС\ соответственно в точках F и Е. Найти углы, которые образует прямая А\С со следующими прямыми: а) РЕ; б) QE; в) FE. 645. На ребрах AD\, CC\ и А\В\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, у которого AB:AD:AA\ = \ :2:\, взяты соответственно точки Р, Q и R — такие, что AP:AD = CQ:CCl = \:2, Л i#M,£i = 1:4. Плоскость, проходящая через точки Р, Q и R, пересекает прямые CD, AA\ и В\С\ соответственно 203
точках £, и F Найти углы, которые образует прямая BQ со дующими прямыми: а) РЕ; б) PL; в) PF 646. На ребрах АС, СС\ и А\В\ правильной призмы АВСА\В\С\ с отношением ребер АВ:АА\ = \:2 взяты соответственно точки Р, Q и R середины этих ребер. Плоскость, проходящая через точки Р, Q и R, пересекает прямые А В и В\С\ соответственно в точках F и Е. Найти углы, которые образует прямая ВС\ со следующими прямыми: a) QE; б) РЕ; в) FE. 647. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна стороне ее основания. На диагонали АС основания взята точка Р — такая, что АР:АС= 1:4, а на ребрах SB и CD пирамиды взяты соответственно точки Q и R — середины этих ребер. Плоскость, проходящая через точки Р, Q и R, пересекает прямые А В и SC соответственно в точках F и Е. Найти углы, которые образует прямая SO со дующими прямыми: а) РЕ; б) QE; в) FE. § 13. РАССТОЯНИЕ ОТ ТОЧКИ ДО ПРЯМОЙ, ДО ПЛОСКОСТИ И РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ 1. РАССТОЯНИЕ ОТ ТОЧКИ ДО ПРЯМОЙ Для определения расстояния от точки до прямой обычно рассматривают треугольник, одной из вершин которого является заданная точка, а две другие лежат на заданной прямой. Искомое расстояние находят как высоту этого треугольника, для чего в большинстве случаев подсчитывают сначала стороны треугольника. Вычисление сторон треугольника и затем его высоты выполняют поэтапно-вычислительным способом. При этом в некоторых случаях бывает целесообразно ввести с этой целью прямоугольную систему координат. Рассмотрим примеры. Пример 1. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAXBXC\D\ AB = AA\=a,AD = 3a. На ребре А\В\ взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре AD — точка Q — такая, что AQ:AD = 2:3. Из вершины D\ опустим перпендикуляр D\H на прямую PQ и найдем длину D\H Решение (рис. 150, а) I способ. Для построения перпендикуляра D\H подсчитаем стороны треугольника D\PQ. Из прямоугольного треугольника D\DQ D\Q = a^[2. Из прямоугольного треугольника D\AXP D{P= ^А В плоскости АВВ\ через точку Р проведем прямую РЦ\ААХ и точку L соединим с точкой Q. Из прямоугольного треугольника PQL 204
Так как в треугольнике D^PQ 4 ="~-, то 4 + O,Q2, т. е. угол DXQP 4 4 тупой, и поэтому если точка Н — основание искомого перпендикуляра, то PH = PQ + OH. Выражая D\H2 двумя способами, получим D\Q'2 — QH2 = = D{P*-PH\ или D,Q2-QH2 = D^P2-(PQ + QH)\ т. е. 2а2- 205
f^) откуда QH = ^ Тогда PQ:QH = ±№-:-^=2l:4. 2 л/2Г С помощью вспомогательного луча / строим точку Н Далее из прямоугольного треугольника D\QH находим: II способ. Подсчитаем стороны треугольника D\PQ, введя в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz. Сделаем это, как показано на рисунке 150, б, воспользовавшись тем, что прямые ВС, ВА и ВВ\ попарно перпендикулярны. Находим далее координаты нужных точек: В (0; 0; 0), С (За; 0; 0), А (0; а; 0), В, (0; 0; а), далее Di (За; а; а), />(0; -*-; а) Q (2а; а; 0). Тогда 2 Подсчитаем теперь cos D\PQ. По теореме косинусов D\Q2 = D,P2 + PQ2-2D{P.PQ cos D^PQ, т. е. 2a2=^-+^--2X 4 4 ?, откуда cos DiPQ= 25 _ V'37-21 Тогда sin D,PQ=Vl--^-=2 л/-7ГТГ. и если ^.H±PQ, то D,tf Построение перпендикуляра Di# к прямой PQ можно теперь выполнить, подсчитав отношение PQ:PH Находим: PH = DXP cos D{PQ=^- Д_=-^, PQ;PH = 2 у/37-21 2 V^l 2 2V2T С помощью вспомогательного луча /, на котором откладываем отрезки PQ\ и РН\ —такие, что PQ\ :PH\ = 21:25, строим точку Н и затем искомый перпендикуляр D\H. Пример 2. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник со сторонами АВ = а, ВС = 2а. Боковое ребро SB перпен- 206
дикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре АВ взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре SD — точка Q — такая, что DQ:DS = 3:4. Из вершины С опустим перпендикуляр СН на прямую PQ и найдем длину СН. Решение (рис. 151, а) / способ. Для построения перпендикуляра СН подсчитаем стороны треугольника CPQ. Из прямоугольного треугольника СВР находим: СР ]^^ /17 Чтобы подсчитать стороны CQ и PQ треугольника CPQ, выполним дополнительные построения: 1. В плоскости SBD через точку Q проведем прямую QN\\SB. 2. Точку N соединим с точками С и Р Ясно, что QNA.NC и QN±NP 3. В плоскости основания через точку N проведем прямую NKWAB. Из подобия треугольников QND и SBD ЯМ=Щ2 SB DS с(2а;0;0) "А (О;а;о) '"" D(2a;a;0) 5) Рис. 151 207
Но -^-=-1. и SB = a. Значит, QN = — D о 4 4 Ясно также, что =—, т е. -5^-=—. Из подобия треугольников BNK и BDC ^=_М—_^__L DC ВС BD 4 ' т. е. NK = -*rDC = -2-, а Я/( = -1-ВС = -£-, и тогда С/С = -^- 4 4 4 2 2 rDC , а Я/( ВС £ 4 4 4 2 Из прямоугольного треугольника CNK + 4 16 а из прямоугольного треугольника CQN 37а2 16 /46 Нетрудно заметить, что если точка О — середина диагонали /3D, то P0||i4D, т. е. АВРО = 90° и тогда PN — медиана, проведенная на гипотенузу ОВ треугольника ВОР, равна: Тогда из прямоугольного треугольника PQN Итак, в треугольнике CPQ известны все три стороны: LF — —^—, СУ——^— И НЦ——J— Ясно, что СР наибольшая сторона треугольника CPQ ( а л[\1 = 2а УГ7 _. а л/68 \ V 2 4 4 / Сравним CQ2 + PQ2 и СР2: = 46fl | 14fl = 68a2 2 + PQ2<:CP2 Таким образом, CQ2 + PQ2<:CP2 Это значит, что /LCQP тупой. Тогда если CH±PQ, то PH = PQ + QH, и, выражая СЯ2 двумя способами, получим равенство CQ2 — QH2 = CP2 — (PQ-\- + QH)*, или l^(^)2 откуда следовательно, и,
Зная это отношение, легко построить точку Н с помощью вспомогательного луча /, на котором PH\:Q\H\=9:2. Осталось подсчитать длину СН Из прямоугольного треугольника CQH получаем Итак, искомое расстояние равно У2198 28 // способ. Покажем теперь, как подсчитываются стороны треугольника CPQ после введения в пространстве прямоугольной системы координат Bxyz. (Это удобно сделать, если воспользоваться тем, что прямые ВА, ВС и BS попарно перпендикулярны.) Так как АВ = а, ВС = 2а и SB = AB, т. е. SB = a, то, выбрав положительные направления осей, как показано на рисунке 151, б, найдем координаты нужных точек. Получаем S(0; 0; 0), С (2а; 0; 0), Л (0; а; 0), S (0; 0; а), далее D (2а; а; 0), р(о; f, о) Q (f , f f Тогда Дальнейшие выкладки можно выполнить либо так, как это сделано в I способе решения этого примера, либо следующим образом. По теореме косинусов в треугольнике CPQ CQ2 = CP2 + PQ2-2CP-PQ.cos CPQ, т. е. i6£_2=i4a_2+lZ£!_ 16 16 4 _2^IL.^ilLCos CPQ, откуда cos CPQ= _9__ , и если CH±PQ, то Тогда sin CH = CP- sin CPQ = Непосредственное построение перпендикуляра СН можно теперь выполнить, подсчитав отношение PQ:PH. Сделаем это. a -JU 9 9а Так как РН = СР- cos CPQ = ■ V14-17 /14 . 9а 2 /14 -=7:9. то 209
Рис. 152 С помощью вспомогательного луча /, на котором откладываем отрезки PQ\ и РН\ —такие, что PQ\:PH\=7:9, строим точку Я, а затем искомый перпендикуляр СН. Пример 3. На ребрах ААХ и CD куба ABCDAXBXC\DX взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построим прямую /, проходящую через точку О\ — центр верхнего основания куба, параллельно прямой PQ и, считая ребро куба равным а, найдем расстояние от вершины D\ до прямой /. Решение. Для построения прямой / построим сначала сечение куба плоскостью, проходящей через точки О\, Р и Q. На рисунке 152 построены точка S — точка пересечения прямых РО\ и АО, затем след QS секущей плоскости на плоскости ABC и точка L, потом точка 7\ принадлежащая и плоскости сечения, и прямой СС\, и после этого точки М и N. Фигура PLQMN — требуемое сечение. Теперь в плоскости сечения через точку О\ проводим прямую l\\PQ и находим точку К, в которой пересекаются прямые / и TQ. Найдем далее расстояние от вершины D\ до прямой /. Соединив точку D\ с точками О\ и К, получим треугольник D\O\K, высота которого, проведенная из вершины D\, и является искомым расстоянием. Чтобы его найти, подсчитаем стороны треугольника D\O\K'. 210
Из равенства прямоугольных треугольников С\О\Т и А\О\Р (по двум катетам) ясно, что ТО\ = О\Р Тогда в треугольнике PQT О\К — средняя линия, т. е. O\K = ^-PQ. Нетрудно найти, что PQ = -^JL. Тогда О\К = ал^ 2 4 Найдем еще сторону D\K. Для этого соединим точку D\ с точками Q и Т и рассмотрим треугольник DiQT Как уже отмечалось, Oi/( — средняя линия треугольника PQT т е. точка /( — середина стороны TQ, и D\K— медиана треугольника D\QT Из прямоугольного треугольника TCQ, где =V(f)+(f)=- Тогда QK = —TQ = — Из прямоугольного треугольника y Заметив, что ADD\Q= AC\D{T (по двум катетам), приходим к выводу, что D\T = D\Q, т е. в треугольнике D\QT медиана D\K является и высотой. Тогда из прямоугольного треугольника DXKO Итак, в треугольнике D\O\K известны все три стороны: и Если D\H-LO\K, то, выражая двумя способами D\H2, получим DlO2]-OlH2 = D[K2-KH2 Так как Di/C — наибольшая из сторон треугольника D\O\K то угол наибольший угол треугольника D\O\K—является острым. Это значит, что КН = О\К — О{Н Таким образом, -О,# 1 ^2-D,/C2-(O,/(-OiW)2, или ^-O]H2=^f-(^f- О ? откуда У Осталось подсчитать длину D\H. Из прямоугольного треугольника D\0\H находим: 211
Итак, искомое расстояние равно 2. РАССТОЯНИЕ ОТ ТОЧКИ ДО ПЛОСКОСТИ Для определения расстояния от точки до плоскости обычно опускают из этой точки перпендикуляр на заданную плоскость и находят длину этого перпендикуляра. Рассмотрим примеры. Пример 4. На ребрах АВ, AD и СС\ куба ABCDA{B{C\D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построим сечение куба плоскостью PQR и найдем расстояние от вершины С\ до этой плоскости, если ребро куба равно а. Решение. Построим заданное сечение куба (рис. 153) (Ясно, что прямая PQ является следом этого сечения на плоскости ЛВС.) Далее построим плоскость, проходящую через точку Ci, перпендикулярно следу PQ. Сделаем это исходя из следующих соображений. Как нетрудно убедиться, CP = CQ, а поэтому и C\P = C\Q. Значит, точка С\ принадлежит множеству точек, одинаково удаленных от точек Р и Q, т. е. плоскости, проходящей через точку К — середину отрезка PQ, перпендикулярно прямой PQ. Этой плоскостью является плоскость АА\С\С — плоскость диагонального сечения куба. Построим затем прямую /?/(, по которой пересекаются плоскость PQR с плоскостью АА\С\С. Ясно, что PQ1.AC, и так как СК — это проекция наклонной RK на плоскость ЛВС, то PQA.RK. Тогда прямая PQ перпенди- Рис. 153 212
Рис. 154 кулярна любой прямой, лежащей в плоскости сечения АА\С\С. Если, в частности, из точки С\ опустить перпендикуляр С\Н на прямую /?/(, то будет PQ±C\H Тогда С\Н — это перпендикуляр к плоскости заданного сечения, т. е. С\Н — искомое расстояние. (Для построения C\K±.RK можно, подсчитав стороны треугольника C\KR и воспользовавшись равенством С\К2— КН2 = --=С,#2 — RH\ найти, что KR:KH=\2:\3.) Подсчитаем С\Н из подобия прямоугольных треугольников CxHR и KCR (у них Z-C{RH=Z-KPC) а " 2 ' Получаем §j-r=^f, где CK = j-AC = С\Н = и, таким образом, За У И RK 22 Пример 5. В прямоугольном параллелепипеде с отношением ребер AB:AD:AA\ = l:2:\ точка Р — середина ребра АА\. Построим сечение параллелепипеда плоскостью B\DP и найдем расстояние от вершины D\ до этой плоскости, если АВ = а. Решение. Построим заданное сечение (рис. 154), найдя его след S\S'2 на плоскости А\В\С\. Далее построим плоскость, проходящую через точку D\, перпендикулярно следу S1S2. Для этого, подсчитав стороны прямоугольного треугольника D1S1S2, построим сначала в плоскости А\В\С\ D\L±.S\S2. Ясно, что D\S\ =2D\C\ = = 2а, D\S2 = 2D\A\=4a, и тогда S\S2 = ^JD\S2-\-D\Sl = 2a-yj5. Если D\L±-S\S2, то в треугольнике D\S\S2 D\S2 = S\L-S\S2, откуда S)L= — У'5 213
Это значит, что S\L:S\S2 = — :2а д/5 = 1:5, откуда ясно пол/5 строение точки L с помощью вспомогательного луча /. Далее, D,L = ^D{S\- S\lJ =^J \а2 -^=^-_ так как задан- ный параллелепипед прямоугольный, то ясно, что D\L — это проекция наклонной DL на плоскость А\B\C\, и поэтому DL±.S\S<2. А из этого следует, что прямая S1S2 перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости DD\L, и если, в частности, D\H±_DL, то S,S2 J_Di# Таким образом, если D\H±.DL> то D\H — это перпендикуляр и к плоскости DS1S2, т. е. D\H — искомое расстояние. Подсчитаем D\H, выражая двумя способами площадь прямоугольного треугольника D\DL. Получаем D]L, где DD{=a, DiL=— /5 и DL = Следовательно, D\H = - 21 Итак, искомое расстояние равно 21 Пример 6. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. На ребрах ВВ\ и А\С\ взяты соответственно точки Р и К — середины этих ребер. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точку /(, параллельно прямым СР и АВ\. Найдем расстояние от вершины А\ до плоскости сечения, если АС = = АА\=а. Решение. Для построения заданного сечения призмы построим сначала вспомогательное сечение ее плоскостью р, проходящей через прямую АВ\У параллельно прямой СР (рис. 155). Так как прямая СР параллельна плоскости р, то плоскость ВСС\У проходящая через прямую СР, пересечет плоскость р по прямой, параллельной СР Проведем поэтому в плоскости ВСС\ через точку В\ прямую В\М\\СР и затем точку М соединим с точкой А. Треугольник АВ\М — вспомогательное сечение призмы плоскостью р. И теперь ясно, что заданное сечение пересекает плоскость АСС\ по прямой, парал- 214
лельной AM, а плоскость АВВ\ — по прямой, параллельной АВ\. Итак, в плоскости АСС\ проводим прямую КЦ\АМ9 затем в плоскости АВВ\ — прямую LN\\AB\ и точку N соединяем с точкой К. Треугольник KLN — сечение призмы заданной плоскостью. Перейдем теперь к определению расстояния от вершины А\ до плоскости KLN. Так как В{М\\СР и Я£,||СС,, то СМ = В{Р = -у Тогда и = —. Далее, из подобия треугольников A\KL и САМ следует, Затем из подобия треугольников A\LN и А\АВ\ следует, что 4 4 4 4 В треугольнике А\В\С\ проведем медиану C\D. Так как A\D = = ^-А\В\, a /1iA/ = 4-^iBi, то точка N — середина стороны A\D 1 4 треугольника A\C\D. Кроме того, по условию точка К — середина стороны А\С\ этого треугольника. Значит, KN — средняя линия треугольника A\C\Df т. е. KN\\C\D. Но в треугольнике А\В\С\ A\C\=B\C\t т. е. его медиана C\D перпендикулярна стороне А\В\. Так как заданная призма прямая, то АА\ — это перпендикуляр к плоскости ЛiBiCi, т. е. AA\±.C\D, или, наоборот, C\D±.AA\. Таким образом, прямая C\D перпендикулярна прямым А\В\ и АА\ плоскости АВВ\, т. е. C\D — это перпендикуляр к плоскости АВВ\. Значит, и прямая KN перпендикулярна плоскости АВВ\. Поэтому, построив A\HA-NL (сделайте это самостоятельно, например, подсчитав, что LH:LN=\:3)y мы будем иметь KNA.A\H. Таким образом, A\H1.KN и A\HA-NL. Это значит, что А\Н является перпендикуляром к секущей плоскости KLNy т. е. А\Н — искомое расстояние. Осталось это расстояние подсчитать. В прямоугольном треугольнике A\LN A\L = — y A\N Тогда NL = ^[A\L2 + A\N2=^-x-y и, выражая двумя способами площадь треугольника A\LNy получим А\Н'• NL = A\L-A\Ny от- куда А\Н= а?( Итак, искомое расстояние от вершины А\ до плоскости KLN равно -^тр 3. РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ Для определения расстояния между скрещивающимися прямыми а к b можно поступить следующим образом. 215
Рис. 156 Через одну из данных прямых, например через а, и некоторую точку /С, взятую на другой прямой, проведем плоскость Р (рис. 156) и в плоскости Р через точку К проведем прямую а\\\а. Затем через прямые а\ и b проведем плоскость Q. Ясно, что так как а\\а\, то прямая а параллельна плоскости Q. Расстояние ЛШ' от любой точки М прямой а до плоскости Q равно расстоянию между скрещивающимися прямыми а и Ь. Таким образом, задача нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми может быть сведена к задаче нахождения расстояния от точки до плоскости. Рассмотрим примеры. Пример 7 В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ АА\ = ау АВ = За и AD = 4a. Найдем расстояния между прямыми AD, и DCX. Решение. Выполним необходимые построения (рис. 157) 1. Проведем диагональ АВХ грани АВВ{А\. Ясно, что DCi||y4Bi, и поэтому прямая DC\ параллельна плоскости, определяемой прямыми AD\ и АВ\, т. е. плоскости AB\D\. Тогда расстояние от любой точки прямой DC\ до плоскости AB\D\ равно искомому расстоянию. 2. Найдем расстояние от точки С\ до плоскости AB{D\. Для этого через точку С\ проведем плоскость, перпендикулярную прямой B\D\. С этой целью подсчитаем отношение, в котором /У В/ 216
прямая, проходящая в плоскости А\В\С\ через точку С\ перпендикулярно прямой B\D\, должна разделить диагональ B\D\. (Обращаем внимание читателя на то, что изображение заданного параллелепипеда является метрически определенным, т. е. новые метрические построения на этом изображении нельзя более выполнять произвольно.) Если прямая C\K\1.B\D\ и С\К\ пересекает D\B\ в точке F, то в прямоугольном треугольнике B\C\D\ D\F• D\B\ = C\D2\y откуда = 5a, то D,F = -~ Таким образом, D,/7:D1Bl=-^:5a = 9:25. о о Зная это отношение, строим точку F и получаем затем точку К\. Далее в плоскости ADD\ через точку К\ проводим прямую К\К\\А\А. Так как К\К\\С\С, то прямыми К\К и С\С определяется плоскость К\КСС\. С плоскостью AB\D\ она пересекается по прямой Л^/7, которая является наклонной к плоскости А\В\С\, проекцией которой на плоскость А\В\С\ является прямая K\F, по построению перпендикулярная прямой B\D\. Тогда и K2F l.B\D\. Итак, B\D\±.C\K\ и B\D\ _L K2F Поэтому прямая B\D перпендикулярна плоскости К\КСС\, т. е. и плоскость К\КСС\ перпендикулярна прямой B\D\. 3. Если в плоскости К\КСС\ из точки С\ опустить перпендикуляр С\Н на прямую /C2F (мы это построение опускаем), то прямая С\Н будет перпендикулярна и плоскости A\B\D\y т. е. расстояние С\Н и будет искомым расстоянием от точки С\ до плоскости AB\D\. 4. Теперь можно перейти к вычислению расстояния С\Н. Подсчитаем стороны прямоугольного треугольника Из прямоугольного треугольника C\D\F Из подобия прямоугольных треугольников D\K\F и C\D\F 9a 9a 9a D1/C,_^,F_D,F пт„,/пя л /г — a' 5 _9a ^ г- 5 ' 5 27a 5 5 Из подобия треугольников Z)i/C1/C2 и D{A{A J^J<i=R}J^ 0T. 9a куда /С^ Из прямоугольного треугольника 2 117а 80 217
Теперь, когда стороны треугольника /Ci /C2/7 известны, из подобия прямоугольных треугольников K\K2F и C\HF находим, что гШ'откуда 9а 12а 12а 80 Итак, расстояние от точки С\ до плоскости AB\D\, т. е. расстояние между скрещивающимися прямыми DC\ и AD\, равно -2— 1 о Замечание. Можно предложить и другой способ определения искомого расстояния. Если в плоскости CDD\ через точку D\ провести прямую, параллельную прямой C\D, и точку L, в которой эта прямая пересечется с прямой CD, соединить с вершиной Л, то расстояние от вершины D до плоскости D\LA будет равно искомому расстоянию. Его можно найти, выразив двумя способами объем пирамиды DD\LA. Искомое расстояние равно высоте И этой пирамиды, опущенной из вершины D на плоскость грани D\LA. Получаем — SADL-DD{=— SDiLA •//. Пример 8. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С, а боковая грань SAB перпендикулярна плоскости основания и является равнобедренным треугольником с прямым углом при вершине S. На ребре SA взята точка Р — середина этого ребра, а в грани SBC взята точка Q — центроид этой грани. Найдем расстояние между прямыми АВ и PQ, если ВС = а. Решение. Выполним сначала необходимые построения (рис. 158). 1. Проведем прямую CQ и найдем точку /С, в которой CQ пересекает ребро SB. Так как точка Q — центроид грани SBC, то С К — медиана треугольника SBC, т. е. точка К — середина ребра SB. Соединим точку К с точкой Р Ясно, что КР\\АВ. Но тогда прямая АВ параллельна плоскости СКРу в которой лежит прямая PQ. Это значит, что расстояние от любой точки прямой АВ до плоскости СКР равно расстоянию между скрещивающимися прямыми АВ и PQ. 2. Будем искать расстояние от точки О — середины ребра АВ — до плоскости СКР Соединим точку О с точками S и С. Так как точка О — середина АВ, то SO w СО — это медианы соответственно треугольников SAB и CAB. Но в этих треугольниках SA = SB и АС = ВС. Следовательно, SO±AB и СО±АВ. Поэтому угол SOC — это линейный угол прямого двугранного угла. Таким образом, Z.SOC = 90° Более того, ясно, что равнобедренные прямоугольные треугольники SAB и ABC, имеющие общую гипотенузу АВ, равны между собой, т. е. SO = CO. 218
А В Рис. 158 Рис. 159 Найдем далее точку L, в которой пересекаются прямые КР и SO, и соединим точку L с точкой С. Покажем, что если в плоскости SOC из точки О опусить перпендикуляр ОН на прямую CL, то расстояние ОН и будет искомым. Действительно, так как ABA-SO и ЛВ_1_СО, то прямая АВ перпендикулярна и плоскости SOC. Но прямая КР\\АВ. Значит, и прямая КР перпендикулярна плоскости SOC. Тогда прямая КР перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости SOC, и в частности КР1-ОН, или, наоборот, ОНА-КР И следовательно, если еще и O#_LCL, то прямая ОН перпендикулярна плоскости СКР, т. е. ОН — искомое расстояние. (Построение OHA.CL мы предоставляем сделать читателю.) 3. Перейдем к вычислению ОН. В прямоугольном треугольнике ABC СО=^. Тогда и SO=^ a OL = f= В прямоугольном треугольнике COL 10 и из равенства OH-CL = CO-OL получаем ал/2 а-у/2 10 219
Итак, расстояние между скрещивающимися прямыми АВ и PQ равно °Ш. Пример 9. В основании правильной призмы АВСА\В\С\ лежит треугольник со стороной а. Боковое ребро призмы равно 2а. На ребре ВВ\ взята точка Р — середина этого ребра. Найдем расстояние между прямыми АВ\ и СР Решение. Выполним необходимые дополнительные построения (рис. 159) 1. В плоскости ВСС\ через точку В\ проведем прямую B\R\\CP и точку R соединим с точкой А. Так как прямая CP\\B\Ry то прямая СР параллельна плоскости AB\R. Это значит, что расстояние от любой точки прямой СР до плоскости AB\R равно искомому расстоянию. Найдем расстояние от точки Р до плоскости AB\R. 2. Опустим из точки Р перпендикуляр РМ на прямую АВ\. Воспользуемся для этого тем, что если РМЛ.АВ\У то треугольники В\РМ и АВ\В подобны, т. е. дБ" = -г5"» гДе ВВ\ =2а, В\Р = а, АВ\ = ал1Ъу т. е. В\М= —, и, следовательно, В\М:АВ\=2:< 3. Так как по построению B\R\\CP, то ясно, что CR = B\P = a, т. е. и C\R = a. Тогда + С/?2 = ал/2 и B^R = ^B\CT+C\W = a^2. Поэтому, соединив точку R с точкой О — серединой стороны АВ\ треугольника AB\Ry мы получим RO±_AB\. Ясно также, что ROA-AB, т. е. прямая RO перпендикулярна любой прямой плоскости АВВ\У т. е. RO.LPM, а следовательно, и PM1.R0. Но РМ±-АВ\. Тогда прямая РМ перпендикулярна плоскости AB\R, т. е. длина отрезка РМ равна искомому расстоянию. 4. Подсчитаем РМ. Из прямоугольного треугольника В\РМ находим: РМ = -ЖР^ЖМ* =~л а2-( — У=--^ ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Расстояние от точки до прямой 648. Точки Р и Q — середины соответственно ребер А\В\ и ВС куба ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры на прямую PQ и: 'ледующих точек: а) С\\ б) D\\ в) D. Считая ребро куба равным а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ. 220
649. На ребре AD куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р Опустить перпендикуляры из точки А\ на прямую С\Р в тех случаях, когда отношение АР:AD принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4. Считая ребро куба равным а, найти расстояния от вершины А\ до прямой С\Р в каждом из указанных случаев. 650. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ на ребрах СС\ и AD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Опустить перпендикуляры из вершины D\ на следующие прямые: а) А\Р\ б) В\Р\ в) PQ. Считая АВ = а, Л/41 —За, найти расстояния от точки Di до указанных прямых. 651. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1 на ребре СС\ взята точка Р — середина этого ребра. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки А\, D и Р Считая АВ = а, найти следующие расстояния: а) от точки А\ до прямой DP; б) от точки Р до прямой A\D\ в) от точки D до линии пересечения плоскости A\DP с плоскостью А\В\С\. 652. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер /4Л1 :AB:AD= 1:2:3. На ребрах AD и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — такие, что AP:AD=\:3, CQ:CCi = 1:2. Опустить перпендикуляры на прямую PQ из следующих точек: a) D; б) А\\ в) О — центроида грани ВВ\С\С. Считая АА\=а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ. 653. На ребрах AD и А\В\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и М — середины этих ребер, а на ребре СС\ взята точка Q. Отношение ребер АВ:ААХ = 1:2. Опустить перпендикуляры из точки М на прямую PQ в тех случаях, когда отношение CQ:CC\ принимает следующие значения: а) 3:4; б) 1:2; в) 1:4. Считая АВ = а, найти расстояния от точки М до прямой PQ в каждом из указанных случаев. 654. В правильной призме АВСА\В\С\ боковое ребро равно стороне основания. Опустить перпендикуляры из точки Р, взятой на ребре ВВ{, на прямую АС\ в тех случаях, когда отношение ВР\ВВ\ принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4. Считая сторону основания призмы равной а, найти расстояния от этих точек Р до прямой АС\. 655. Боковое ребро правильной призмы АВСА\В\С\ в два раза больше стороны основания. На ребрах ВВ\ и АС взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Опустить перпендикуляры на прямую PQ из следующих точек: а) Л,; б) В\\ в) С\. Считая АВ = а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ. 656. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С, а ее боковое ребро равно стороне АС основания. Опустить перпендикуляры на прямую, проходящую через точку В и центроид грани АА\С\С — точку О, из следующих точек: а) А\\ б) В\\ в) С\. Считая АС = а, найти расстояния от этих точек до прямой ВО. 657. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит ромб с углом при вершине Л, равным 60° Боковое ребро параллелепипеда равно стороне основания. На ребре Bid взята точка Р — середина этого ребра. Опустить перпендикуляры на прямую DP из следующих точек: а) В\\ б) С; в) А\. Считая АВ = а, найти расстояния от этих точек до прямой DP 658. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = AB, На ребре SA взята точка Р — 221
середина этого ребра. Опустить перпендикуляры на прямую СР из следующих точек: а) А\ б) D\ в) О — центроида основания. Считая АВ—-а, найти расстояния от этих точек до прямой СР 659. В правильной пирамиде SABCD высота SO в два раза больше стороны основания. На ребре SC взята точка Р — середина этого ребра, а на диагонали BD — точка Q — такая, что BQ:BD= 1:4. Опустить перпендикуляры на прямую PQ из следующих точек: a) D\ б) S; в) А. Считая АВ = а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ. 660. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\:2. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB=AB. На ребрах SA и ВС взяты соответственно точки Р и Q середины этих ребер. Опустить перпендикуляры на прямую PQ из следующих точек: a) S; б) D; в) С. Считая АВ = а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ. 661. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник, отношение сторон которого АВ:ВС=\:3. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = 2AB. На ребре АВ взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре SD — точка Q. Опустить перпендикуляры из вершины С на прямую PQ в тех случаях, когда отношение SQ:SD принимает значения: а) 1:2; б) 1:4; в) 3:4. Считая АВ = ау найти расстояния от точки С до прямой PQ в каждом из случаев. 662. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С, и каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости основания под углом 45° На ребре SB взята точка М середина этого ребра. Опустить перпендикуляры на прямую СМ из следующих точек: a) S; б) О — основания высоты SO пирамиды; в) А. Считая АС = а, найти расстояния от этих точек до прямой СМ. 663. На ребре АВ правильного тетраэдра SABC взята точка М середина этого ребра, а на ребре SB взята точка Р Опустить перпендикуляры из точки Р на прямую СМ, если отношение SP:SB принимает следующие значения: а) 1:2; б) 1:3; в) 1:4. Считая ребро тетраэдра равным а, найти расстояния от точки Р до прямой СМ в каждом из указанных случаев. 664. Точка М — середина ребра SB пирамиды SABC, основанием которой является правильный треугольник ABC, а боковое ребро SC перпендикулярно плоскости ABC и SC = 2AB. Опустить перпендикуляры из точки М на следующие прямые: a) SA\ б) АС\ в) C/V, где точка /V — середина ребра АВ. Считая АВ = а, найти расстояния от точки М до указанных прямых. 665. Точка О — центр грани CDD\C\ куба ABCDA\B\C\D\. Построить прямую /, проходящую через вершину В\, параллельно прямой ВО и, считая ребро куба равным а, найти расстояния до прямой / от следующих точек: а) А\ б) В, в) D. 666. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ АВ\АА\ = 1 :2. Точка Р — середина ребра АА\У а точка О\ — центр грани A\B\C\D\ Построить прямую /, проходящую через точку О\, параллельно прямой DP и, считая АВ = а, найти расстояния до прямой / от следующих точек: а) Р\ б) С; в) А. 667. Все плоские углы при вершине S пирамиды SABC прямые и SA = SB — SC. На ребрах АВ, SC и АС взяты соответственно точки Р, Q и М — середины этих ребер. Построить прямую /, проходящую через точку М, параллельно прямой PQ и, считая АВ = а, найти расстояния до прямой / от следующих точек: a) S; б) Л; в) В. | 222
2. Расстояние от точки до плоскости 668. На ребре C\D\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р — середина этого ребра. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, D н Р Считая ребро куба равным а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) А\\ б) А; в) С\. 669. На ребрах АВ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через точки Ci, P и Q. Считая ребро куба равным а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) С; б) А\, в) D. 670. На ребрах СС\, AD и АВ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через точки Р, Q и R. Считая ребро куба равным а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) С; б) А\\ в) А. 671. На ребрах DD\ и C\D\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD\AA\ = 1:2:1 взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки А, Р и Q. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) С; б) А\у в) С\. 672. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер AB:AD:AA\ = \:2:\. На ребрах AD и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через вершину А\, параллельно прямым PQ и В\С. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) D\\ б) Р; в) В\. 673. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер AB:AD:AA\ =2:4:1. На ребрах ADy A\B\ и В\С\ взяты соответственно точки Р, Q и К — середины этих ребер. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку /(, параллельно прямым СР и AQ. Считая АА\=ау найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) D\\ б) Л; в) С\. * 674. В правильной призме АВСА\В\С\ отношение ребер АВ:АА\ = 1:2. На ребрах СС\ и АА\ взяты соответственно точки Р и К — середины этих ребер. Построить сечение^призмы плоскостью, проходящей через точку К, параллельно прямым АС\ и ВР Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) Ль б) В; в) С\. 675. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. На ребрах АС, СС\, ВВ\ и А\В\ взяты соответственно точки Р, Q, R и К — середины этих ребер. Построить сечение призмы плоскостью, проходящей через точку К, параллельно прямым PQ и C\R. Считая АС = АА\=а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) А\\ б) В; в) С. 676. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер AB:AD:AA\ = 1:3:1. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через вершины Bi, D и точку Р — середину ребра АА\. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) D\\ б) А\\ в) С\. 677. В правильной пирамиде SABCD высота SO в два раза больше стороны основания. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через сторону AD ее основания, перпендикулярно плоскости грани SBC. Считая АВ = а, найти 223
расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) S; б) О центроида основания; в) С. 678. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\:2. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и равно меньшей стороне основания. Считая АВ = а, найти расстояния от точки О — центра основания — до следующих плоскостей: a) SAD\ б) SCD, в) ADP, где точка Р — середина ребра SC. 679. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, а ее боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = AC = ВС. На ребре SB взята точка К середина этого ребра. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую СК, параллельно прямой SA. Считая SC = a, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) В, б) S; в) А. 680. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, а ее боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = AB. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину Л, перпендикулярно ребру SB. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от точки Р, взятой на ребре SA, в случаях, когда отношение SP:SA принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4. 681. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и AB:AD:SB=\:2:\. Считая АВ = а, найти расстояния от точки Р, взятой на диагонали BD, до плоскости SCD в случаях, когда отношение BP'.BD принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4. 682. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна стороне ее основания. На ребре CD взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре SC — точка Q — такая, что SQ:SC = 3'A. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину А, параллельно прямым ВС и PQ. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) S; б) Р; в) В. 683. В основании пирамиды SABC лежит треугольник с прямым углом при вершине С и АС = ВС. Ребро SA пирамиды перпендикулярно плоскости основания и SA=AB. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку М — середину ребра АС, перпендикулярно прямой SB. Считая АС = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) В\ б) С; в) А. 684. В основании призмы АВСА\B\C\ лежит правильный треугольник. Боковые ребра призмы наклонены к плоскости основания под углом 45° и АВ\=СВ\. Через вершины А, В\ и С проведена секущая плоскость. Считая АВ = —-—, о АА\ = а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) А\\ б) О\ — центроида грани А\В\С\\ в) Р — середины ребра АВ. 3. Расстояние между скрещивающимися прямыми 685. На ребрах АВ, СС\ и C\D\ куба ABCDA[B[C[D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой B\D\ и следующими прямыми: a) DP\ б) DQ\ в) DR, если ребро куба равно а. 686. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ AB = AA\=a, AD = 2a. На ребрах СС\ и AD взяты соответственно точки Р и Q — такие, 224
что СР'.СС\ =AQ:AD= 1 :3, а на ребрах АВ и А\В\ взяты соответственно точки R и S — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой В\С\ и следующими прямыми: a) PQ; б) PR; в) PS. 687. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна стороне ее основания и равна а. На ребре SC взяты точки Pi, P2 и Р3 — такие, чт0 CPi =PiP2 = P2P3 = = P^S. Найти расстояния между прямой АС и следующими прямыми: a) DP\\ б) DP2; в) D/V 688. На ребре СС\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Pi и Р2 — такие, что СР\=Р\Р2 = Р2С\. Найти расстояния мЪкду следующими парами прямых: а) В\С и DP\\ б) В\С и DP2; в) DC\ и BiPi, если АВ = а, АА{ = 'За. 689. На ребре DD, куба A BCD A \B\C\D\ взята точка Q -^такая, что DQ:DDi = = 2:3, а на диагонали А\В грани АВВ\А\ взята точка Р — середина А\В. Найти расстояния между прямой DP и следующими прямыми: a) CiDi; б) C\Q; в) С\А\, если ребро куба равно а. V 690. В правильной призме АВСА\В\С\ все ребра равны а. На ребрах АА\ и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой АВ\ и следующими прямыми: а) ВС; б) СР; в) BQ. 691. Сторона основания правильной треугольной призмы равна а, ~а угол между прямыми, на которых лежат непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней призмы, равен а. Найти расстояния между этими прямыми, если угол а принимает следующие значения: а) 90°; б) 60°; в) arccosl —— ). \ 1 о / 692. На ребрах CD, В\С\ и АВ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой B\D и следующими прямыми: a) PQ; б) D\C; в) QR, если ребро куба равно а. 693. В основании правильной призмы ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат со стороной а, а боковое ребро призмы равно Ь. На ребрах AD, DD\ и ВВ\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой AR и следующими прямыми: а) СР\ б) A\D\ в) A\Q. 694. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у которого АС = ВС = а, а боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = a. На ребрах SB, АВ, АС а ВС взяты соответственно точки М, D, Р и Q — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой AM и следующими прямыми: a) PQ; б) CD; в) ВС. 695. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат со стороной а, а боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На ребрах SD и AD взяты соответственно точки М и L — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой ML и следующими прямыми: а) АС; б) SOy где точка О — центроид основания; в) BD. 696. В основании пирамиды SABC лежит треугольник с прямым углом при вершине С и АС = а, ВС = 2а, а боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = BC. На ребрах АВ, ВС, SB и SC взяты соответственно точки Р, Q, М и D — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой AM и следующими прямыми: a) PQ; б) SC; в) QD. 697. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат со стороной а, а боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = a. На ребре SC взяты точки Р и Q — такие, что точка Р — середина этого ребра, точка Q — середина 8 Заказ 130 225
отрезка SP, а на ребрах SD и SB взяты соответственно точки R и V — середины, этих ребер. Найти расстояния между прямой АV и следующими прямыми:, а) PR\ б) BD\ в) RQ. 698. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник }сг прямым углом при вершине С. Боковая грань SAB перпендикулярна плоскости основания и SA = SB. На ребре SB взята точка Р — середина этого ребра, а в грани SAC взята точка Q — центроид этой грани. Найти расстояния между скрещивающимися прямыми АВ и PQ, если ВС = а и угол ASB равен: а) 60°; о ^ б) 120°; в) arccos -j- ln 699. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный тре-т угольник, у которого АС— ВС— а. Боковое ребро призмы равно За. На ребре АА\ взяты точки Pi и Яг — такие, что А\Р\ — Р\Р2 = Р2А, а на ребрах СС\ и ВВ\ взяты соответственно точки Q и R — такие, что CQ:CCi=B\R:BiB = \^3. Найти расстояния между прямой AQ и следующими прямыми: а) В\С\\ б) Я^.и. в) RP2. :т 700. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный треугольник, у которого АС = ВС — а. Боковое ребро призмы равно 2а. На ребрах А\С\, АС и ВС взяты соответственно точки Я, Q и R — такие, что А\Р:А\С{&Н = 1:3, i4QMC = 2:3, BR:BC = 2:3. Найти расстояния между прямой ВР и &&■'? дующими прямыми: а) СС\\ б) C\Q\ в) C\R. 701. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник со стороной а. Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC=rdJ На ребрах SA, SBy SC и АС взяты соответственно точки М, Р, Q и N — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой СМ и следующими прямыми: a) Bn{ б) АВ\ в) PQ. 702. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у которого АС = ВС = а. На ребрах SC и ВС взяты соответственно точки Р и D^' середины этих ребер. Вершина 5 пирамиды проектируется в точку О — середину стороны АВ — и SO = CO. Найти расстояния между прямой АР и следующими прямыми: а) 50; б) OD\ в) ВС. § 14. УГОЛ ПРЯМОЙ С ПЛОСКОСТЬЮ Если прямая А В пересекает плоскость а и не перпендикулярна а, то углом между прямой АВ и плоскостью а называется угол между прямой АВ и ее проекцией на плоскость а. Если АВ\\а, то угол между прямой АВ и плоскостью а считается равным 0°, а если ЛВ±а, то — равным 90° При решении задач на нахождение угла между прямой и плоскостью наиболее распространенными являются следующие способы (методы): 1. Поэтапно-вычислительный. 2. Векторно-координатный. 3. Геометрический (значительно реже применяется). Пусть в задаче требуется найти угол ф между прямой АВ и плоскостью а. При решении этой задачи поэтапно-вычислитель- 226
ным способом необходимо сначала (с учетом параметрического числа изображения) построить проекцию прямой АВ на плоскость а. Для этого следует из какой-либо точки прямой АВ опустить перпендикуляр на плоскость а (о способах построения перпендикуляра к плоскости рассказано в § 11). Затем необходимо подсчитать какие-нибудь две стороны получаемого при этом построении прямоугольного треугольника, в который входит угол ф. Если изображение, на котором выполняется построение проекции прямой АВ на плоскость а, является метрически определенным, то это построение может оказаться делом весьма трудоемким и требующим хорошо развитого пространственного представления. При решении указанной задачи векторно-координатным спо- сббом не требуется выполнять дополнительные построения. Решение этим способом состоит в следующем. Используя особенности заданной фигуры, вводят в пространстве прямоугольную систему координат, находят координаты нужных точек, координаты какого-нибудь вектора а, коллинеарного прямой АВ, и вектора п — нормального вектора плоскости а. Далее находят косинус угла между векторами а и п. Так как ф — это угол между двумя прямыми, то 0°^ф^90°. Но угол между векторами может принимать значения от 0° др,180°, т. е. 0°<аГ7Г<90°; 90°<а, 1. Если 0°<аГ"Я<90° (рис. 160, а), то :os (а, Я)>0 и а, Я = 90° — ф. Но cos (90° —ф) = зт ф, т. е. в этом случае sin ф = со5'(а, п). (1) 2. Если 90°<<Ог<180° (рис. 160,6), то cos(<Oi)<0 и а, п = 90° + ф. Но cos (90° + ф) =—sin ф, т. е. в этом случае sin ф=— cos (а, п). (2) -о; Рис. 160 227
Объединяя результаты (1) и (2), получаем формулу sin ф= |cos (а, п) |, которую мы и будем применять при решении задач на нахождение угла между прямой и плоскостью векторно-координатным способом. Координаты вектора п можно найти, не выходя за рамки школьной программы, например следующим образом: Если вектор п(п\\ п2\ n$) — нормальный вектор плоскости а, а векторы Ь(Ь\\ Ь2; Ь$) и с(с\\ с2\ сз) — векторы, параллельные плоскости а, то «16 и nlc, т. е. ( Яб = О, / \ nc = Ot ИЛИ \ Из этой системы уравнений координаты п\, п2 и пз находятся с точностью до пропорциональности. Их можно принять за координаты нормального вектора плоскости а. ' Переходя теперь к рассмотрению примеров, отметим, что изображения фигур, заданных в них, являются полными и метрически определенными, т. е. новые метрические построения на этих изображениях нельзя выполнять произвольно. Пример 1. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит параллелограмм с углом при вершине Л, равным 60° Отношение ребер параллелепипеда AB:AD:AA\ = 1:2:3. Найдем угол между прямой B\D и плоскостью грани AAxDxD. Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 161). Построим проекцию прямой B\D на плоскость AA\D\. Для этого нужно из какой-нибудь точки прямой B\D, например из точки В\, опустить перпендикуляр на плоскость AA\D\. Прежде чем построить этот перпендикуляр, отметим, что если В\Н — это перпендикуляр к прямой A\D\, то В\Н — перпендикуляр и к плоскости AA\D\. Действительно, так как заданный параллелепипед прямой, то АА\ — перпендикуляр к плоскости А\В\С\, и, значит, АА\А-В\Н, т. е. прямая В\Н оказывается перпендикулярной прямым A\D\ и АА\ плоскости AA\D\. Для построения В\Н-LA\D\ подсчитаем стороны треугольника A\B\D\ и найдем отношение, в котором искомая точка Н разделит сторону A\D\. Введем для выполнения подсчетов вспомогательный параметр, положив, например, А\В\=а. Тогда A\D\=2a. Так как /LB\A\D\ =60°, то нетрудно убедиться, что iDi=90° (Действительно, ВXD\ = а2 + 4а2 — 2а-2а~= За2, т. е. A{ ) В прямоугольном треугольнике A\B\D\ имеет место соотношение A\B\=A\H*A\D\. Таким образом, а2 = Л1Я-2а, откуда АХН = 228
=т~, и, значит, А\Н:А\О\=-2-:2а= 1:4. Зная теперь отношение, в котором точка Н делит сторону A\D\ треугольника A\B\D\, строим эту точку. Соединяем затем точку Н с точкой D и получаем DH — проекцию прямой B\D на плоскость AA\D\. Итак, искомым углом является угол B\DH. Продолжая вычисления, находим, что В\Н=- и из прямоугольного треугольника DD\H DH = И наконец, из прямоугольного треугольника DB\H получаем УТБ" 2 Зал/5 2 ' D\H = —, tg B\DH=^-=^-, т. е. искомый угол равен arctg L) ti 1 и I и Векторно-координатный способ (рис. 161). Зададим в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz. Воспользуемся для этого тем, что заданный параллелепипед прямой, т. е. ВВ\А-ВА и BB\±.BD. Прямые ВА и ВВ\, таким образом, можно принять соответственно за оси Вх и Bz. Для задания оси By отметим, что в треугольнике ABD BD2 = = AB? + AD2 — 2AB-AD-cos60° Положив ЛВ = а, получим, что тогда AD = 2a и BD2 = a2-\- Тогда в треугольнике ABD AD2 = AB2 + BD2, т. е. Z.ABD = 90° Итак, прямую BD можно принять за ось By. Так как в заданном параллелепипеде АВ:АА\ = \:3 и, как подсчитано выше, BD2 = 3a2, т. е. BD = a -^/3, то, принимая отрезок В А за единичный отрезок, координаты точек Л, D и В\ получим следующими: А (Is; 0; 0), D (0; УЗ; 0) и В{ (0; 0; 3). Определим в выбранной системе координат координаты точки Di и вектора B{D. Получаем D\ (0; V^i 3), BiD(0; V3; —3). Рис. 161 Рис. 162 229
Найдем далее координаты (п\\ п2\ Лз) какого-нибудь вектора п — нормального вектора плоскости AA\D\. Сделаем это исходя из следующих соображений: так как вектор п перпендикулярен плоскости AAxDXy то n±DD{ и ii±AD. Но DD\ (0; 0; 3), а лЬ(—1; л/3; 0). Таким образом, { Пз~" ' откуда Лз = 0, и, полагая, на- пример, я2 = л/3> находим: ni=3. Итак, в качестве нормального вектора плоскости ЛЛ iZ>i можно взять вектор п (3; -\/3; 0). Тогда, обозначив искомый угол через ф, получаем sin Ф= |cos (п^вТй) I L3'4 й) I = , L =4- ' V3T9V3 + 9 4 Это значит, что угол между прямой B\D и плоскостью AA\D\ равен arcsin -£-. Замечание. Решая этот пример поэтапно-вычислительным способом, мы нашли, что искомый угол равен arctg^z-. Нетрудно убедиться, что arcsin —г = 1о 4 , Vis = arctg 1Г. Пример 2. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. Каждое бо-1 ковое ребро образует с плоскостью основания угол, равный 45°. На ребре SB взята точка М — середина этого ребра. Найде^ угол между прямой AM и плоскостью грани SBC. Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 162). Пусть SO — высота пирамиды. Тогда ОА, ОВ и ОС — проекции соответственно ребер SA, SB и SC на плоскость ABC и /_SAO = = ZSBO=ZSCO = 45°. Тогда SO — общий катет треугольников SOAy SOB и SOC. Так как эти треугольники имеют еще по равному острому углу, то они равны, и, следовательно, ОА = = ОВ = ОС. В прямоугольном треугольнике точкой, равноудаленной от его вершин, является середина гипотенузы. Итак, точка О — середина гипотенузы АВ треугольника ABC. Кроме того, SA = SB = SC (так как равны проекции эти* наклонных). Так как в треугольнике SAB Z.SAB= /-SBA=45°, то треч угольник SAB равнобедренный и /LASB = 90°. Но тогда ASAB = = АСАВ, т. е. SA=AC, и, значит, A SAC равносторонний. Аналогично равносторонним является и треугрльник SBC. <$ Перейдем теперь к построению угла между прямой AM и плоскостью SBC. Проведем медиану AF равностороннего тре- 230
угольника SAC. Ясно, что AF±SC. Соединив точку F с точкой В, получим BF-LSC. Тогда плоскость AFВ перпендикулярна прямой SC. Поэтому, если в плоскости AFB провести AH.LAF, то, так как SC — это перпендикуляр к плоскости AFB, то будет и SC±AHy или, наоборот, AH±SC. Таким образом, прямая АН будет перпендикулярна двум прямым BF и SC плоскости SBC, т. е. АН будет перпендикуляром ^плоскости SBC. Для построения АН J_BF, например, вычислительным способом введем вспомогательный параметр, положив, например, АС = а. ?огда ясно, что ВС = а и SA = SB = SC = a, AB = a^J2, AF = BF 2 Отметим еще, что АВ2 = 2а\ a AF2 + BF2 = ^, т. е. АВ2> >AF2-\-BF2 Это значит, что угол AFB тупой, и, следовательно, BH = BF + FH. Итак, AB2-(BF + FH)2 = AF2-FH2y или 2a2-( „Зо^_/гя2, от FH = . 4 ' 6 Для построения точки Н находим отношение FH:BF = а -уЗ. д УЗ 1 .о ~~ б " 2 ~~ Построив точку Н и прямую ЛЯ, соединим точку Н с точкой М. Г|рлучаем в плоскости SBC прямую МН — проекцию наклонной AM, и, следовательно, /-АМН — это угол прямой AM с плоскостью SBC, т. е. искомый угол. Из прямоугольного треугольника АМН sin AMH = ^~ Из прямоугольного треугольника AFH находим: АН = = -\JAF2 — FH2 = —*-, а из прямоугольного треугольника ASM Тогда sin AMH= ;,f0 , и, таким образом, угол прямой AM 1 О с плоскостью SBC равен arcsin ^p Векторно-координатный способ. Установив, что медиана SO fpqhh SAB является высотой пирамиды, т. е. SO-LAB и SO.LOC, ff что SO = OA = OC, введем прямоугольную систему коорди- н&т Oxyz; как показано на рисунке 162. Принимая отрезок ОС за единичный отрезок, найдем, что в этой системе координат О(0; 0; 0), ; 0; 0), 4(0; 1; 0), S (0; 0; 1)В(0; — 1; 0) и ЛГ (0; -\\ \). 231
Найдем координаты вектора AM и вектора п —нормального вектора плоскости SBC. —> / з 1 \ ■* Имеем ЛМ(0; ——; —J. Далее, так как вектор п перпендикулярен плоскости SBC, то п±ВС и n±SB. Но £С(1; 1; 0), SB (0; 1; 1), и если п{п\\ П2\ Из), то ! -|-/г3==0. Полагая п\ = \, находим, что п2= — 1, Лз=1. Таким образом, в качестве нормального вектора плоскости SBC можно принять вектор я(1; —1; 1). Обозначив искомый угол че- рез ф, получаем sin ф= |cos (я, ЛМ)|= , и, следовательно, угол между прямой AM и плоскостью SBC равен arcsin ^f Пример 3. В правильной призме АВСА\В\С\ угол между прямыми АВ\ и А\С равен 2а. Найдем угол между прямой ВС\ и плоскостью грани АСС\А\. Решение. Геометрический способ (рис. 163) Выполним сначала дополнительные построения. В плоскости грани АВВ\'Л\ через точку А\ проведем прямую A\D\\B\A. Тогда /-DA\C = lu. Соединим точку D с точкой С и проведем в треугольнике DA\C медиану А\К. Так как данная призма правильная, то ее боковйе грани — равные прямоугольники, и, следовательно, В\А=А\С. Кроме того, B\A=A\D. Тогда и A\D = A\C, т. е. в треугольнике DA\C A\KA-DC. Проведем далее в равностороннем треугольнике ABC медиану ВМ. Тогда ВМ±ЛС. Но ясно и то, что АА\ является перпендикуляром к плоскости ABC, т. е. АА\±ВМ или, наоборот, BM±AAi. Так как прямая ВМ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскостям АСС\А\, то ВМ — это перпендикуляр к плоскости грани АСС\А\У и, значит, соединив точку М с точкой Ci, мы получим С\М — проекцию прямой ВС\ на плоскость грани АСС\А\ — и прямоугольный треугольник С\ВМ, угол ВС\М кото: рого является углом между прямой ВС\ и плоскостью грани АССхАх. Рассмотрим прямоугольные треугольники С\ВМ и A\DK. У них BC\=A\D, и так как в треугольнике ADC DC = AC -\/3, то D/C= = ACj3_ Но и в треугольнике две ВМ = ^^ Таким обра^ зом, BM = DK. Итак, прямоугольные треугольники С\ВМ и A\D§ равны (по гипотенузе и катету). Тогда /-ВС\М= /-DA\K. Но ясно, что /-DA\K = ol. Следовательно, и /_ВС\М = а. 232
D Рис. 163 Пример 4. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. Высота призмы равна катету основания. На ребрах АВ, СС\ и АС взяты соответственно точки Я, Q и R — середины этих ребер. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через вершину С\, параллельно прямым PQ и B\R и найдем угол, который образует с секущей плоскостью прямая СВ\. Решение (рис. 164). Построим заданное сечение следующим образом: 1. Построим вспомогательное сечение СС\Р\Р призмы плоскостью, проходящей через прямые СС\ и PQ. В этой плоскости через точку С\ проведем прямую, параллельную PQ, и найдем точку М, в которой эта прямая пересекает прямую РР\. Ясно, Что точка М является серединой отрезка РР\ и она лежит в плоскости АВВ\. 2. Проведем прямую В\М. Как нетрудно показать, прямая В\М пройдет через точку А. Построим второе вспомогательное сечение призмы, а именно сечение ее плоскостью, проходящей через прямые В\М и B\R. В этой плоскости проведем через точку М прямую, параллельную B\R, и найдем точку L, в которой эта прямая пересекает прямую AR. 3. Теперь для построения заданного сечения есть три точки С\, L и М, причем точки С\ и L лежат и в одной грани призмы. Проводим C\L — линию пересечения заданной секущей плоскости ё. плоскостью грани АСС\А\. 4. Для построения линии пересечения плоскости грани АВВ\А\ с заданной секущей плоскостью найдем точку Д в которой пере- 233
секаются прямые АА\ и C\L. Так как точки D и М лежат и в секущей плоскости, и в плоскости грани АВВ\А\, то прямая DM — это линия их пересечения. 5. Полученные при проведении прямой DM точки К и N соединим соответственно с точками L и С\. Получаем четырехугольник C\LKN — искомое сечение. Найдем теперь угол, который образует прямая СВ\ с плоскостью C\LKN. Сделаем это векторно-координатным способом, для чего, используя особенности заданной призмы, введем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке 164, и найдем координаты нужных точек. Далее найдем координаты вектора п — нормального вектора плоскости C\LKN. Так как векторы PQ и B\R параллельны плоскости C\LKN, то ri-LPQ и nJ-B\R. Пусть п имеет координаты (п\\ n<i\ яз), а координаты векторов PQ и B\R находим: PQ( ; ; —) Bi/?( — 1; -у; — l) Получаем откуда (с точностью до пропорциональности) п(\\ —4; —3). Далее находим СВ\(\\ 0; 1) и затем sin ф, где ф — искомый угол: sin Ф= Icos (йГс/Ti) I = . |!31 ^§ Ш Таким образом, угол между прямой СВ\ и плоскостью C\LKN равен arcsin ^ Пример 5. На ребрах АХВ\ и DD\ куба ABCDA\B\C\D] взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найдем угол, который образует прямая B\D с секущей плоскостью а, проходящей через вершину С\, перпендикулярно прямой PQ. Построим сечение куба плоскостью а и найдем точку пересечения прямой PQ с плоскостью а. Решение. 1. Так как ребра ВС, ВА и ВВ\ попарно перпендикулярны и ВС = ВА = ВВ\, то легко вводится прямоугольная система координат Bxyzy как показано на рисунке 165. аи Определим далее координаты вершин куба и векторов PQ и B\D. Получаем PQ{\\ -у; —±-) и в7Ь(1; 1; —1). Так как $ 234
Ct(UO;i) щая плоскость а перпендикулярна прямой PQ, то вектор PQ является нормальным вектором плоскости а. Далее, |cos(PQ, B{D)\=- Таким образом, угол между прямой B\D и плоскостью а равен arcsin Y2 2. Для построения сечения куба плоскостью а составим уравнение плоскости а. Сделаем это исходя из того, что плоскость а проходит через точку С\ (1; 0; 1) и имеет вектор PQ (l; — ; !-Л своим нормальным вектором. Получаем или 2^ + (/ —г—1=0. Полагая в этом уравнении i/ = 0 и , найдем, что тогда 235
* = "5Г» т- е- плоскость а пересекает ось Вх в точке С2 (—; 0; 0 Полагая затем в уравнении плоскости а х = 0 и 2 = 0, найдем, что тогда у= 1. Значит, ось By плоскость а пересекает в точке с координатами (0; 1; 0), т. е. в точке А. Итак, сечение куба плоскостью а определяется теперь тремя точками: Ci, C2 и А. Построение его ясно из рисунка 165. Получаем четырехугольник C\C2AD2. 3. Найдем теперь точку пересечения прямой PQ с секущей плоскостью а. Для этого построим вспомогательное сечение куба плоскостью р, проходящей через прямые PQ и DD\. Затем найдем прямую FEy по которой пересекаются плоскости аир. Точка Ху в которой пересекаются прямые PQ и FE, является искомой точкой. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 703. На ребре СС\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\, боковое ребро которой в два раза больше стороны основания, взяты точки Mi, М2 и М3 — такие, что СМ\ =М1М2 = М2Мз = МзС, а на ребре CD взята точка К — середина этого ребра. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью, проходящей через точки А, А\ и К, следующие прямые: a) DM{, б) DM2\ в) DMZ. 704. На ребре АВ правильного тетраэдра SABC взяты точки Pi и Р2 — такие, что АР\т.Р\Р2'.Р2В = 1:1 *.2. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SAC следующие прямые: а) СВ\ б) СРь в) СР2. 705. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости основания под углом 45° На ребре SC взята точка F — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая AF со следующими плоскостями: a) SOC, где точка О — середина ребра АВ\ б) SAB\ в) SBC. 706. На ребрах CD и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с диагональной плоскостью АА\С\С следующие прямые: a) C\D\ б) CiP; в) C\Q. 707. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC, боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB:AB = -yf3:\. На ребре SC взяты точки Mi, М2 и Мз — такие, что CMi =MiM2 = M2M3 = M3S. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SBC следующие прямые: а) АМХ\ б) ЛМ2; в) ЛМ3. 708. В основании пирамиды лежит квадрат ABCD, а ее вершина S проектируется в точку В и SB=AB. На ребре SD взяты точки Mi, M2 и М3 — такие, что DMi=MiM2 = M2M3 = M3S. Найти углы, которые образуют с плоскостью гра!- ни SAD следующие прямые- а) СМ\\ б) СМ2\ в) CMZ. 709. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На ребре SC взяты точки F\, F2 и F3 — такие, что CF\ = F\F2 = F2F3 = F3S. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани S.4B следующие прямые: a) DF{\ б) DFl\ в) DF3. 236
710. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания. На ребрах А В и AD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Отношение ребер пирамиды А В: A D: SB = \ :2 :\. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SCD следующие прямые: a) SA; б) SP; в) SQ. 9 711. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания. Найти углы, которые образует прямая SC со следующими плоскостями: а) ABC; б) SAB; в) SAM, где точка М— середина ребра ВС. 712. На ребрах AD и A\D\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Pi — середины этих ребер, а на отрезке РР\ взята точка F — середина этого отрезка. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью ВРР\В{ следующие прямые: а) СР; б) CF; в) СР\. 713. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = BC = AC. На ребре SB взяты точки Мь М2 и М3 — такие, что ВМ\ =MiM2 = M2M3 = M3S. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SAC следующие прямые: а) АМи б) АМ2\ в) АМ3. 714. На ребрах AD и В\С\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AA\ = \ :2:1 взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью, проходящей через точки С, D и А\, следующие прямые: а) РС\\ б) PQ; в) РВ\. 715. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат. Боковая грань SAB перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником. На ребре SB взята точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образуют с плоскостью основания пирамиды следующие прямые: a) AM; б) СМ; в) КМ, где точка К — точка пересечения диагоналей основания. 716. На ребре ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DP со следующими секущими плоскостями куба: а) АВ{С; б) BDC{; в) ACD{. 717. Диагональ Л |С правильной призмы A BCDA\B\C\D\ образуете плоскостью ее основания угол, равный 45° Найти углы, которые образует прямая А\С со следующими плоскостями: a) ADD{; б) AB\D{; в) B\DM, где точка М — середина ребра СС\. 718. Угол при вершине S в осевом сечении конуса равен 90° Через вершину 5 проведена секущая плоскость SAB. Найти углы между высотой SO конуса и плоскостью SAB, если угол A SB равен: а) 60°; б) 45°; в) 30° 719. В правильной пирамиде SABCD отношение высоты SO к стороне основания равно -\[\А:2. Через диагональ BD основания и точку М — середину ребра SC — проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью следующие прямые: a) SO; б) SC; в) SB. 720. На ребре DD\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р — середина этого ребра. Через вершины В, D и Ci проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью следующие прямые: a) CD\; б) CD; в) СР 721. На ребрах ВВ\, DD\ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью, проходящей через точки Р, Q и R, следующие прямые: a) A\D; б) A\Q; в) АХС. 237
722. Высота SG правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания. На отрезке О В взята точка Я — середина этого отрезка. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SAB следующие прямые: a) SO; б) SP; в) SM, где точка М — середина ребра АС. 723. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у которого АС = ВС. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания, а угол между прямыми SC и А В равен 60° На ребре SB взяты точки Mi, M2 и М3 такие, что ВМ\ =М1Мг = М2Мз = Мз5. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SAB следующие прямые: а) СМ\\ б) СМ2; в) СМз. 724. Основанием пирамиды является правильный треугольник ABC, а ее вершина S проектируется в точку О, симметричную точке С относительно прямой А В. На ребре SC, образующем с плоскостью основания угол, равный 45°, взята точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая AM со следующими плоскостями: a) SOC; б) SBC; в) SAB. 725. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD = \:2. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом, равным 60° На ребрах SA, SB и SC взяты соответственно точки Я, Q и R — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с плоскостью SAC следующие прямые: a) DP; б) DQ; в) DR. 726. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\:2. Каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол, равный 30° На высоте SO пирамиды взята точка Р — середина высоты. Найти углы, которые образует прямая DP со следующими плоскостями: a) SAC; б) SAD; в) SCD. 727. В правильной пирамиде SABCD боковое ребро образует с плоскостью основания угол, равный 45° На высоте SO пирамиды взята точка К — середина SO. Найти углы, которые образует прямая DK со следующими плоскостями: a) SAD; б) SBC; в) АСР, где точка Р — точка пересечения прямых DK и SB. 728. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\:3. Высота SO пирамиды в два раза больше стороны АВ и проектируется в точку пересечения диагоналей основания. Через точку О и точку М *д- середину ребра SB — проведена прямая. Найти углы, которые образует эта прямая со следующими плоскостями: a) SBC; б) SAB; в) SAC. 729. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковая грань SAB перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником. На ребре SB взята точка /( — середина этого ребра — и через точки Л, С и К проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью следующие прямые: a) SD; б) SA; в) SC. 730. В правильной пирамиде SABCD отношение высоты SO к стороне основания равно 2:3. На диагонали АС взята точка Р — такая, что Л ЯМС = 1:4. Найти углы, которые образует прямая SP со следующими плоскостями: a) SBD; б) SCD; в) SAD. 731. В правильной пирамиде SABCD i4fi:Si4 = l:2. На ребре SA взята точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DM со следующими плоскостями: a) SCD; б) SBC; в) SAB. 732. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у которого АС = ВС. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости ее 238
основания под углом, равным 60° На ребрах SB и АВ взяты соответственно точки М и О — середины этих ребер. Найти углы, которые образует прямая AM со следующими плоскостями: a) SOC; б) SBC; в) SAC. 733. Основанием пирамиды SABCD служит прямоугольник, а ее вершина S проектируется в точку О — середину ребра АВ. AB:AD:SO = 4:\:\. На ребрах CD и AD взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SBC следующие прямые: a) SD; б) SK; в) SL. 734. На ребрах SC и AD правильной пирамиды SABCD, высота которой (равна стороне основания, взяты соответственно точки Р и Q — такие, что uS'P:SC=\'A и AQ:AD = 3'A. Построить сечение пирамиды плоскостью BPQ и» найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) АС; б) SO; в) SA. 735. На ребрах АА\, AD и ВС прямоугольного параллелепипеда с отноше- -огоем ребер AB:AD:AA\ = \ :2:1 взяты соответственно точки Р, Q и R— такие, дчто АР\АА\ = 1:2, AQ:AD=^\:3 и В/?:ВС = 2:3. Построить сечение параллелепи- кпеда плоскостью PQR и найти углы, которые образуют с этой плоскостью оследующие прямые: a) Did; б) A\D\; в) DD\. 736. На ребрах BBi, C\D\ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно сточки Р, Q и R — такие, что BP:BBi = l:2, CQ:C[Dl = \:3 и AR:AD = 3:4. ,'Построить сечение куба плоскостью PQR и найти углы, которые образуют с этой .плоскостью следующие прямые: а) АВ; б) AD; в) АА\. '737. Высота правильной призмы АВСА\В\С\ в два раза больше стороны основания. На ее ребрах АВ и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — такие, что ЛР:АВ=\ :2 и CQ\СС\ =2:3. Построи-гьсечение призмы плоскостьюPQBi и найти -$5ГЛЬ1, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) АА\\ б) АВ; -*) ЛС. 738. Высота призмы /4BC/4iB4Ci, в основании которой лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С, равна гипотенузе этого треугольника. На ребрах А{В\ и АС взяты соответственно точки Р и Q — такие, что -i^.iiPMiBi^=2:.3 и AQ:AC = 1:4. Построить сечение призмы плоскостью C{PQ -и -найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) АА\; нб) Л,£,; в) Л,С,. 739. На ребре С/) правильной призмы ABCDA\B\C\D\, высота которой в три Ьраза больше стороны основания, взята точка Q — середина этого ребра, а на боковом ребре BBi взяты такие точки КиР, что В\К=КР = РВ. Построить сечение /призмы плоскостью, проходящей через точку Bi, параллельно прямым АР и KQ и найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) А\В\; б) В,С,; в) ВВ{. 740. На ребрах AD и АА\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер, а на ребре СС\ взята точка R — такая, что \(QR:CC\ = 1:3. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через вершину Bi, параллельно прямым PQ и DR и найти углы, которые образуют с этой '^ялоскостью следующие прямые: a) Bid; б) B{D{; в) АС\. 741. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На ребре SB -(взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре SC — точка Q — такая, -что SQ:SC= 1:4. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через 239
точку Р, параллельно прямым ВС и DQ и найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: a) SBf, б) SA; в) SC. 742. На ребре ВВ\ куба ABCDA{B\C\D\ взята точка Р — середина этого ребра, а) Найти угол, который образует прямая CD\ с секущей плоскостью а, проходящей через точку М — середину отрезка DP, перпендикулярно прямой DP б) Построить сечение куба плоскостью а. в) Найти точку пересечения прямой CD\ с плоскостью а. 743. В основании прямой призмы АВСА\В\С{ лежит треугольник с прямым углом при вершине С. Отношение ребер призмы АС\ВС:СС\ = 1:1:2. На ребрах В\С\ и АС взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер, а) Найти угол, который образует прямая B\Q с секущей плоскостью а, проходящей через вершину Л, перпендикулярно прямой ВР б) Построить сечение призмы плоскостью а. в) Найти точку пересечения прямой ВР с плоскостью а. 744. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:BB\ = \:2:\, на ребрах CD и AD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер, а) Найти угол, который образует прямая А\С с секущей плоскостью а, проходящей через точку Q, перпендикулярно прямой В\Р б) Построить сечение параллелепипеда плоскостью а. в) Найти точку пересечения прямой А\С с плоскостью а. 745. В правильной пирамиде SABC высота равна стороне основания. На ребрах А В, SC и SB взяты соответственно точки М, Р и Q — середины этих ребер- а) Найти угол, который образует прямая SA с секущей плоскостью а; проходящей через точку Q, перпендикулярно прямой МР б) Построить сечение пирамиды плоскостью а. в) Найти точку* пересечения прямой МР плоскостью а. 746. Высота правильной пирамиды SABCD в два раза больше стороны основания. На ребре AD взята точка Р — середина этого ребра, а) Найти угол, который образует прямая SA с секущей плоскостью а, проходящей через точку Р, перпендикулярно прямой SC. б) Построить сечение пирамиды плоскостью а. в) Найти точку пересечения высоты SO с плоскостью а. 747. В основании пирамиды лежит трапеция ABCD с прямым углом при вершине В и отношением сторон AB:BC:AD = 1:1:2. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре AD взята точка Р — середина этого ребра, а) Найти угол, который образует прямая SD с секущей плоскостью а, проходящей через точку Р, перпендикулярно прямой SC. б) Построить сечение пирамиды плоскостью а. в) Найти точку пересечения прямой SD с плоскостью а. § 15. УГОЛ МЕЖДУ ПЛОСКОСТЯМИ. ДВУГРАННЫЙ И МНОГОГРАННЫЙ УГЛЫ 1. УГОЛ МЕЖДУ ПЛОСКОСТЯМИ Пусть п\ и яг — данные плоскости, пересекающиеся по прямой АВ (рис. 166). Через некоторую точку F прямой АВ проведем в плоскости jii прямую FCJ-AB, а в плоскости Я2 — прямую FD.LAB. Угол ср между прямыми FC и FD — это угол и между ПЛОСКОСТЯМи Jli U Я2- 240
фон) c(f;o;o), Рис. 166 По определению угла между прямыми 0°^ф^90° При решении задач на нахождение угла между плоскостями обычно применяют либо поэтапно-вычислительный способ, либо векторно- координатный способ. х Применение поэтапно-вычислительного способа в большинстве случаев связано с необходимостью построения угла ф между плоскостями (при этом, естественно, следует учитывать параметрическое число изображения) и построения треугольника, содержащего угол ф или угол ф1 = 180° — ф. Подсчитывая стороны этого треугольника, находят какую-либо тригонометрическую функцию искомого угла ф (или угла фО, а затем и угол ф. Применение векторно-координатного способа требует введения прямоугольной системы координат. В этой системе координат находят координаты нормальных векторов ri\ и п2 заданных плоскостей Л1 и я2, а затем косинус угла между векторами п\ и п2 и далее по формуле cos ф= |cos (яТ, ~гч)\ находят cos ф. Перейдем к рассмотрению примеров. Пример 1. На ребрах AD и CiD, куба ABCDAXB\C\D\ взяты соответственно точки Р и Q середины этих ребер — и через точки С, Р и Q проведена плоскость. Найдем угол между плоскостями CPQ и ABC. Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 167) Построим сначала угол между плоскостями CPQ и ABC. Для этого в плоскости CDD\ через точку Q проведем прямую QM\\CC\. Тогда прямая QM будет перпендикулярна плоскости ABC. Проведем далее прямую ВМ. Эта прямая будет перпендикулярна прямой СР (убедитесь в этом самостоятельно). Точку L, в кото- 241
рой пересекаются прямые ВМ и СР, соединим с точкой Q. Так как QL — наклонная, проекция которой перпендикулярна прямой СР, то и QL±LM. Таким образом, угол QLM прямоугольного треугольника QLM — это угол между плоскостями CPQ и ABC. Положив ребро куба равным а, из подобия треугольников CLM и CDP найдем, что LM=-^-, и тогда tg 2 л/5 LM Следовательно, Z. QLM = arctg 2 д/5. Векторно-координатный способ. Введем в пространстве прямоугольную систему координат Вхуг, как это показано на рисунке 167, и найдем координаты нормальных векторов п\ плоскости ABC и п2 плоскости CPQ. Ясно и без вычислений, что вектор ВВ\ (0; 0; 1) можно принять за вектор ti\. _^ Вектор п2 найдем, принимая во внимание, что п2А-СР # n2±CQ. Так как СР(—{-\ 1; о) CQ(0; -i-; 1 ) то, полагая п2 (ft; /; m), получим систему уравнений откуда находим п2(2\ 1; ——) Если угол между плоскостями CPQ и ABC обозначить <р, тр cos ф= |cos («1, п2)\ =— 2 = -^7"т и, следовательно, <р=± / * = arccos —— 21 Замечания. Можно предложить другой, также поэтапно-вычислительный способ решения этой задачи. Найдем площадь сечения. Четырехугольник CPFQ является трапецией, поэтому Найдем площадь проекции трапеции CPFQ: За2 Найдем угол между плоскостями CPQ и ABC: 242
COS ф = С °сеч V2T " 21 2. Зная площадь сечения и найдя площадь проекции, например, на плоскость можно найти также косинус угла между плоскостями CPQ и CDD\\ cos (CPQ, CDDi Пример 2. На ребрах АС и SA правильного тетраэдра SABC взяты соответственно точки /С и L — середины этих ребер. Через точки В, /С и L проведена секущая плоскость. Найдем угол между плоскостями BKL и SAC, Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 168, а). Построим угол между плоскостями BLK и SAC. Для построения перпендикуляра из точки В на L/C— линию пересечения плоскостей BLK и SAC — воспользуемся тем, что в треугольнике BLK B,L = BK (как медианы равных равносторонних треугольников). Тогда медиана ВМ будет перпендикуляром к стороне L/C. Далее, так как в треугольнике А L/C AL = AK, то медиана AM этого треугольника перпендикулярна стороне L/C. Таким образом, угол между прямыми ВМ и AM является углом между плоскостями BLK и SAC. Пусть прямая AM пересекает SC в точке N. Соединим эту точку с точкой В. Из рисунка 168, а неясно, какой из углов: ВМА (йли BMN—является острым (т. е. углом между прямыми ВМ и AM). Выяснить это можно, рассмотрев треугольники ВМА и BMNy у которых ВМ — общая сторона и AM = MN. Против меньшей из сторон АВ и BN лежит и меньший угол. Ясно, что BN — медиана равностороннего треугольника SS/C, т. е. BNA.SC. а) Рис. 168 243
Тогда BN<BC. Но ВС = АВУ и, значит, BN<AB. Таким образом, угол BMN является искомым. Найдем его из треугольника BMN. Полагая для выполнения подсчетов ребро тетраэдра равным, а, получаем B/V = -^-, MN = yAN = '£-^' и из прямоугольного треугольника ВМК, в котором BK=^L^- и МК = — LK=-r-, Теперь в треугольнике BMN все стороны известны и по теореме косинусов находим: 2 = BM2 + MN2-2BM-MN cos BMN, или (^^J ={ у ) + (^гЧ — 2^-^-^-^cos BMN, откуда cos HMN = ^-^, т. e. zL#MA/ = arccosл^- oo 33 Замечание. Для нахождения угла между прямыми ВМ и AM можно было бы и не выяснять, какой из углов: BMN или ВМА — является острым. Так, находя cos ВМАУ мы получили бы из треугольника ВМА, что АВ2 = ВМ2-\- + AM2-2AM-BMcosBMA, или а2=\ откуда cos ВМА = — , е. угол ВМА тупой, и, значит, искомым является ABMN= 180°- АВМА. Но cos (180°- АВМА)= -cos ВМА =^£- Итак, cosBMN = ^-, e. ABMN=arccos Векторно-координатный способ. Введем в пространстве прямоугольную систему координат Dxyz, как показано на рисунке 168, б (точка D — середина ребра АВ) Приняв, например, ЛВ = 2, найдем координаты нужных точек. Получаем сначала точки D (0; 0; 0), С (УЗ; 0; 0) и А (0;" 1; 0), затем точки О (& ; 0; 0 Теперь найдем координаты векторов п\ и П2 — нормальных векторов соответственно плоскостей BKL и SAC. Находим, что ВК(&\ \\ о) вЦ&\ \\ f) Так как П\А-ВК и Mi_LBL, то, полагая ri\{k\\ l\\ mi), получим систему уравнений 244
з/з . _L—/ 4-^m =0 < 6 2 1~' 3 ! откуда с точностью до пропорциональности находим п\(— УЗ; Аналогично находим и вектор п2 (k2\ /2; m2). Так как SA(— ^; 0; — -£^Л ЛС (УЗ; —1, 0) и дг2_1_5Л, \л/3/г2 — /2 = 0, откуда /J2(l; л/3; ^) Обозначив для краткости угол между плоскостями BKL и 5ЛС через ф, находим: ^ /^ I — V3 + V3 — I р» COS ф= |COS (fti, М2)| =- Таким образом, искомый угол равен arccos -У^- Пример 3. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB:AD=\:2. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребрах SC и SD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найдем угол между плоскостью основания и плоскостью, проходящей через вершину Л, параллельно прямым ВР и CQ. Решение. Векторно-координатный способ (рис. 169) Принимая во внимание, что ребра ЛВ, ВС и SB попарно перпендикулярны, введем в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz. Так как AB = SB и AB:AD= 1:2, то координаты точек С, Л и S можно принять следующими: С (2; 0; 0), А (0; 1; 0) и S(0; 0; 1). Затем найдем координаты точек Я, D и Q: P(l; 0; -f) D(2; 1; 0) и Q(l;-±-; -у) Так как секущая плоскость параллельна прямым ВР и CQ, то вектор п — нормальный вектор секущей плоскости — перпендику- лярен векторам ВР1 1; 0; —) и CQI — 1; —; — Если (/г; /; пг) — координаты вектора л, то откуда, полагая /г=1, находим: / = 4, гп=—2. Таким образом, в 245
качестве вектора п можно принять вектор с координатами (1; 4; —2). Ясно, что в качестве нормального вектора плоскости ABC можно принять вектор BS (0; 0; 1). Теперь можно подсчитать угол <р между секущей плоскостью и плоскостью ABC. Получаем cos <р= |cos $Г*& ' = ' '-0+4-0+(-2)-1| =: т. е. <p = arccos ^ Мы подсчитали угол между секущей плоскостью и плоскостью ABC, не построив сечения пирамиды. Выполнить это построение несложно векторно-координатным способом. Так как дана точка Л (0; 1; 0), через которую проходит секущая плоскость, и уже известен вектор п{\\ 4; —2) — нормальный вектор этой плоскости, то можно получить уравнение секущей плоскости: ИЛИ Если секущая плоскость пересекает прямую CD в точке £, то точка Е имеет координаты (2; у\ 0). Подставляя эти координаты в уравнение секущей плоскости, найдем, что */=4~- Таким образом, точка Е — середина ребра CD. Значит, с плоскостью основания секущая плоскость пересекается по прямой АЕ. Далее, ясно, что плоскость SCD пересекается секущей плоскостью по прямой EF\\CQ, а плоскость SAD — по прямой AF Итак, сечением пирамиды является треугольник AFE. Пример 4. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ отношение ребер ВС:ВВ\=л[Ъ'.л12. На ребре ВВ\ взята точка М — сере- Рис. 170
*дина этого ребра. Через точки М, А и С проведена одна секущая -плоскость, а через точки М, А\ и С\ — другая. Найдем угол между плоскостями MAC и МА\С\. Решение. Векторно-координатный способ (рис. 170). Так 1как ребра ВС, ВА и ВВ\ призмы попарно перпендикулярны, то легко ввести в пространстве прямоугольную систему координат Вхуг. Далее, так как ВС = АВ, т. е. ВС:ВА:ВВ1=л/3:^:л/2у то координаты точек В, С, Л и Bi можно принять следующими: В (0; 0; 0), С (УЗ; 0; 0), А (0; л/3; 0) и В, (0; 0; У2). Находим затем координаты точек С\, А\ и М: С, (л/3; 0; л/2), Ах (0; УЗ; л/2) и м(о; 0; ^) Теперь можно найти координаты векторов п\ и п2 — каких- нибудь нормальных векторов соответственно плоскостей MAC и МА\С\. Пустьй, (*1;Л;т,).ТаккакЛС(->/3; — л/3; 0), , ТО откуда получаем п\ (-\/3; -\/3; 3 Далее, пусть Я2 (А:г; /г; пгг). Так как ЛiCi (-\/3; —д/3; 0), -д/3; - откуда получаем п2{-л/3\ V3; —/) Обозначив угол между плоскостями УИЛС и AL4iCi через ф, находим: I /-* '^^ м 13 + 3—181 1 COS ф= COS (П\9 П2)\ = — _ . ' — =—. V3 + 3+18V3 + 3+18 2 Таким образом, угол между плоскостями MAC и МА\С\ равен 60° Пример 5. Плоскости Л1 и я2, угол между которыми равен а, пересекаются по прямой АВ. В плоскости Л1 проведена прямая АСА.АВ, а в плоскости л2 — прямая AD, образующая с прямой АВ угол, равный р. Найдем угол между прямыми АС и AD. 247
Рис. 171 Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 171). Замечание. Отметим, что на изображение заданных плоскостей и прямой АСА-АВ израсходовано всего два параметра, е. для выполнения дополнительных метрических построений в нашем распоряжении есть еще три параметра. Построим сначала угол между плоскостями п\ и д2. Для этого в плоскости д2 через точку А проведем прямую АЕ, которую примем за изображение прямой, перпендикулярной АВ. Если Д1_1_д2, то AC J-AE, и, так как, кроме того, АСА-АВ, получаем, что AC±AD, и, значит, искомый угол DAC равен 90° Пусть теперь плоскость Д1 не перпендикулярна плоскости д2. Тогда в плоскости САЕ через точку Е проведем прямую EF, которую будем считать изображен нием прямой, перпендикулярной прямой АС. Угол EAF прямоугольного треугольника EAF — это, таким образом, угол между плоскостями Д1 и д2, т. е. /_EAF = a. Построим далее в плоскости д2 прямую ЕК\\АВ и полученную точку К соединим с точкой F Так как ACA.AB, то AC J-EK! Кроме того, ACA.EF Таким образом, прямая АС перпендикулярна двум прямым плоскости AFK, и, следовательно, AC_LKF Итак; угол KAF прямоугольного треугольника KAF — это искомый угол. Чтобы подсчитать какие-нибудь две стороны этого треугольника, введем вспомогательный параметр, положив, например, Л Тогда из прямоугольного треугольника АЕК, в котором $ (так как по построению ЕК\\АВ), находим AE = asm (3, а затем из прямоугольного треугольника AFE AF = AE cos a = a sin (3 cos a. Теперь из прямоугольного треугольника KAF cos KAF=Jj£-=s\n (3 cos a. А А Итак, 248 (sin (3 cos a).
2. ДВУГРАННЫЙ И МНОГОГРАННЫЙ УГЛЫ Фигуру, образованную двумя полуплоскостями, не принадлежащими одной плоскости, с общей ограничивающей их прямой называют двугранным углом. Полуплоскости называют гранями, а ограничивающую их прямую — ребром двугранного угла. Если некоторая прямая является ребром только одного двугранного угла, то этот угол можно обозначать теми же буквами, что и его ребро. Таким способом обозначения пользуются, например, указывая двугранный угол при боковом ребре пирамиды, при ребре ее основания и т. д. В тех же случаях, когда несколько двугранных углов имеют общее ребро, в обозначении двугранного угла указывают сначала какую-нибудь точку, лежащую в одной из граней, затем указывают ребро этого угла и далее какую-нибудь точку, лежащую в другой его грани. Так, на рисунке 172 изображены двугранные углы САВЕ, CABD и DABE. Угол, который получается в сечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру, называют линейным углом двугранного угла. За меру двугранного угла принимают меру соответствующего ему линейного угла. Эта мера не зависит от выбора линейного угла. Построение линейного угла данного двугранного угла CABD (рис. 172) можно выполнить, например, следующим образом: 1. В грани ABC из некоторой точки L опустить перпендикуляр LF на прямую АВ. 2. В точке F грани ABD восставить перпендикуляр FK к прямой АВ. При таком построении угол CFK будет линейным углом двугранного угла CABD. В примерах этого параграфа рассматриваются и другие способы построения линейного угла. Отметим еще, что если ср — величина двугранного угла, то 0°<ф<180° Наиболее распространенными способами решения задач на нахождение двугранного угла являются следующие: Рис. 172 249
1. Поэтапно-вычислительный. 2. Векторно-координатный (значительно реже применяется). 3. Геометрический. Применение поэтапно-вычислительного способа связано с необходимостью построения линейного угла ф искомого двугранного угла и построения треугольника, содержащего этот угол ср или угол ф1, дополняющий ф до 180° Подсчитывая затем стороны построенного треугольника, находят угол ф. Применение поэтапно-вычислительного способа связано с необходимостью построения линейного угла ф искомого двугранного угла (естественно, с учетом параметрического числа построенного изображения) и построения треугольника, содержащего этот угол ф или угол ф1, дополняющий угол ф до 180° Подсчитывая стороны построенного треугольника, находят угол ф. Применение векторно-координатного способа, разумеется, возможно лишь после введения в пространстве прямоугольной системы координат. После того как это сделано, можно найти искомый двугранный угол ф, например вычислив координаты нормальных векторов п\ и п2 плоскостей, содержащих грани заданного двугранного угла (так же, как это делалось при нахождении угла между плоскостями), а затем найти |cos(aij, п2)\. Определив затем по смыслу задачи, острым или тупым являт. ется угол ф, берут cos ф= |cos (дг i, /22)!, если угол ф острый, ft cos ф= — |cos(ni, дгг) I, если угол ф тупой. Если ио смыслу задачи угол ф может быть как острым, так и тупым, то рассмаТри1' вают оба эти случая. *& В некоторых случаях при нахождении искомого двугранного угла ф можно воспользоваться также тем обстоятельством, чтф если угол KFL (рис. 172) является линейным углом этого дву-1 гранного угла, то угол EFL равен углу непосредственно между^ векторами FK и FL. (Более того, угол KFL равен углу между некоторыми векторами F\K\ и F2L2y коллинеарными и сонаправ- ленными соответственно векторам FK и FL.) Перейдем к рассмотрению примеров. Пример 6. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания пирамиды и SB = АС = ВС. На ребре SC взят^ точка М — середина этого ребра. Найдем двугранный угол ВАМС. <')П Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 173, а\0 Построим линейный угол двугранного угла ВАМС. Для этого опустим сначала перпендикуляр на ребро AM этого угла из ки С. 250
Замечание. Нетрудно подсчитать, что параметрическое число изображения р = 5. Поэтому понятно, что нельзя взять на прямой AM произвольно точку Н и считать при этом, что СН — это изображение перпендикуляра к прямой AM. Выполним построение СНJ_j4M, подсчитав отношение АН:АМ, в котором точка Я — основание перпендикуляра СН — должна делить сторону AM треугольника АМС. Для выполнения подсчетов введем вспомогательный параметр, положив, например, SB = a. Тогда АС = ау SC= и МС = Ясно, что Л CISC, поэтому АМ = л/АС2 + МС2 = ^ Так как Z-MCA=90°, то углы АМС и MAC острые. Тогда, если СН±АМ% то или а2-ЛЯ2= откуда ЛЯ= Таким образом, для построения точки Я мы зная которое и получили отношение строим точку Я. Перейдем теперь к построению перпендикуляра НК к ребру AM искомого двугранного угла. (Заметим, что как нельзя было брать произвольно точку Я на стороне AM треугольника АМСУ так и на прямой АВ нельзя взять произвольно точку К и счи- 251
тать при этом НК изображением перпендикуляра к прямой AM.) Для построения этого перпендикуляра НК заметим, что в треугольнике SBC SB = BC. Поэтому медиана ВМ этого треугольника является и его высотой. Значит, проведя в плоскости АМВ через точку Н прямую НК\\ВМУ мы получим угол СНК, являющийся линейным углом искомого двугранного угла ВАМС. Соединим точку К с точкой С и найдем теперь стороны треугольника СНК. Из прямоугольного треугольника АСН СН = д/ЛС2 — АН2 = =з нк Из подобия треугольников АНК и АМВ следует, что jrt= Из треугольника АСК С К2 = АК2 + АС2-2А К-AC-cos 45° т. е. СК2=(-^ал/2) + а2-2.^-ал/2-а-^-< откуда \ о / о 2* У Применим теперь к треугольнику СНК теорему косинусов: CK2 = HK2 + CH2-2HK-CH-cosCHK, или ^^^ У У У 2q^L-^-cos СНК, откуда cosCHK = 0, т. е. АСНК=90 а, следовательно, Векторно-координатный способ (рис. 173, б) Через вершину В проведем в плоскости ABC прямую /||ЛС. Так как прямые ВС, / и BS попарно перпендикулярны, то можно задать в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz. Найдем координаты нормальных векторов п\ плоскости SAC и П2 плоскости АМВ. Пусть п\ (k\ /; m). Так как /ii _L ЛС (0; —1; ф и /zi_LSC(l; 0; -1), то {/ = 0, \k — m = 0, откуда с точностью до множителя пропорциональности fe=l, / = 0, m=l, т. е. п\{\\ 0; 1). Пусть п2 (k\ /; m). Так как Я2 _L В~Л (1; 1; 0) и п2± ВМ (-!■; 0; ^- Г то s JLb_L ! ^_п откуда получаем, например, такую тройку I 9 2 — координат вектора п2: k= 1, /= — 1, m= — 1, т. е. n<i (1; — 1; — 1). Теперь находим Icos (azi, яг)| |cos +1 Vi +1 +1 Это значит, что угол между векторами п\ и п2, т. е. и угол ВАМС, равен 90°. 252
Рис. 174 Пример 7 В плоскости грани п\ двугранного угла, равного а, проведена прямая АС, перпендикулярная ребру АВ двугранного угла, а в плоскости грани яг этого двугранно-то угла проведена прямая AD, образующая с прямой АВ угол, равный р. Найдем угол между прямыми АС и AD. Решение. По смыслу задачи а — величина двугранного угла, который может быть и острым, и тупым, поэтому необходимо рассмотреть эти два случая. Так как случай, когда 0° <С а <! 90°, рассмотрен в примере 5 (рис. 171), то перейдем к рассмотрению случая, когда 90°<а<180° (рис. 174). Построим линейный угол двугранного угла CABD. В грани лг через точку А проведем луч АЕУ который будем считать изображением луча, перпендикулярного АВ. Тогда угол САЕ — линейный угол двугранного угла CABD, и поэтому /LCAE = a. Затем в плоскости САЕ через точку Е проведем прямую EF, которую будем считать изображением прямой, перпендикулярной АС. Тогда угол FAE прямоугольного треугольника FAE равен 180° — а. Проведем затем в грани яг прямую ЕК\\АВ и соединим точку F с точкой К. Получим прямоугольный треугольник AFK, угол KAF которого является искомым углом между прямыми АС и AD. Чтобы найти величину этого угла, введем вспомогательный параметр, положив, как и в примере 5, АК = а, и найдем еще сторону AF прямоугольного треугольника AFK. Из прямоугольного треугольника АЕК АЕ = а sin p, а из прямоугольного треугольника AFE AF = AEcos{\%0° — a)=— а sin р cos а. Теперь из прямоугольного треугольника AFK cos KAF = j^= = -sin p cos a. 253
В) в Рис. 175 Итак, если 0°<а<90°, то ZD^C = arccos (sin (3 cos а), и ecj1 ли90°<а<180° то ZD^F = arccos ( —sin pcos а). ул Пример 8. На ребрах трехгранного угла с вершиной в точке S взяты точки А, В и С — такие, что SA = SB = SC. Найдем двугранный угол ABCS в случае, когда Z_BSC = 90°, a /LASB= /LASC = at причем а принимает следующие значения: а) 120°- б) 90°; в) 60° Решение, а) Поэтапно-вычислительный способ (рис. 175, af!J Построим линейный угол искомого двугранного угла ABCS. Для этого соединим точку А с точками В и С, а точку В — сточкой С. Так как AASB=/LASC и SA = SB = SC, то aASB = = AASCy и, следовательно, АВ = АС. Проведем медиану AM треугольника ABC. Так как АВ = АС, то AM.LBC. Соединим теперь точку S с точкой М. Из равенства4, сторон SB и SC треугольника SBC следует, что SM1.BC. Таким образом, угол AMS является линейным углом двугранного угла ABCS. Чтобы найти величину этого угла, подсчитаем стороны треугольника AMS. С этой целью введем вспомогательный параметр, положив, например, SA = a. Тогда ;ц SB SC В прямоугольном треугольнике SBC ВС = а В треугольнике = -^-BC 254
Тогда в прямоугольном треугольнике АМВ AM=-yjAB2 — ВМ2 = = а у Теперь в треугольнике AMS известны все стороны. Применим к нему теорему косинусов. Получаем SA2 = SM2 + AM2-2SM-AM-cosAMSy или откуда cos AMS = ^^- Итак, искомый двугранный угол равен 5 arccos -2-^L о Решение, б) Векторно-координатный способ. Так как в рассматриваемом случае ребра SAy SB и SC заданного трехгранного угла попарно перпендикулярны, то легко ввести в пространстве прямоугольную систему координат Sxyz, как это показано на рисунке 175, б. Найдем координаты нормальных векторов п\ плоскости SBC и п2 плоскости ABC. Ясно, что в качестве вектора п\ можно принять вектор SA (0; 0; 1). Далее, так как вектор п2 перпендикулярен плоскости ЛВС, то в качестве вектора п2 можно принять какой-нибудь вектор, перпендикулярный векторам В~С(1; -U 0) и В~Л(0; -1; 1). Пусть п2 {k\ /; m). Тогда f fc- откуда k = l = m=\. Итак, Я2(1; 1; 1). Находим теперь: |cos(nb п2)\=Цг Выясним, является угол ABCS острым или тупым. Ясно, что если точка М — середина отрезка ВС, то SM±ВС и AMI.ВСу т. е. угол AMS — линейный угол двугранного угла i4BCS и угол AMS — острый угол прямоугольного треугольника AMS. Значит, cos AMS= |cos (mi, n2)\ =^г-, т. е. искомый двугранный угол равен a¥ccos ^4- Замечание. Искомый двугранный угол можно найти и по-другому. Можно воспользоваться тем, что угол AMS — линейный угол двугранного угла ABCS — равен углу между векторами MS. и МА. Находим координаты точки М и векторов MS и МА: 255
Далее находим: cos /4MS = cos (MS,MA) = - T+T 3 Решение в) Геометрический способ (рис. 175, в) Соединим точку А с точками В и С и точку В — с точкой С. Пусть ABSC = 90° a /LASC=AASB = 60° Проведем медиану SM треугольника SBC и точку М соединим с точкой А. Так как SM — медиана треугольника SBC, у которого SA = SB, то SM±BC. Так как SA = SB и /LASB = 60°, то треугольник SAB равносторонний. Аналогично и треугольник SAC равносторонний, и ясно, что ASAB= ASAC. Тогда SB = AB = AC и AM — медиана равнобедренного треугольника ABC, т. е. АМА.ВС. Таким образом, SM.LBC и AM А. ВС, откуда следует, что /LAMS — линейный угол двугранного угла ABCS, т. е. угол AMS — искомый угол. Нетрудно заметить, что ААВС= ASBC (по трем сторонам), т. е. AM — медиана прямоугольного треугольника ABC, и, следовательно, АМ = -^-ВС = Сравним теперь треугольники AMS и BMS. У них АМ = ВМ, SA = SB и SM — общая сторона. Значит, AAMS= A BMS, а тогда AAMS= ZSMB = 90° Итак, угол ABCS равен 90° Пример 9. В основании пирамиды SABCD, все ребра которой одинаково наклонены к плоскости основания, лежит прямоугольник ABCD. Через точки /(, L и М — середины соответственно ребер АВ, AD и SC — проведена секущая плоскость. Найдем угол MKLC, если AB:AD:SA = I :V3:2. Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 176, а) Пусть SO — высота пирамиды. Соединив точку О с вершинами М 77o(o;o;o)\/N(f;o;o) 'Цо;*-;о) Рис. 176 256
основания пирамиды, получим треугольники SOA, SOB, SOC и SOD. Так как SO — перпендикуляр к плоскости ABC, то АО — проекция SA на плоскость ABC, и, значит, угол SAO — это угол наклона ребра SA к плоскости основания. Аналогично углы SBO, SCO и SDO — это углы наклона соответственно ребер SB, SC и SD к плоскости основания. Тогда прямоугольные треугольники SOA, SOB, SOC и SOD, имеющие общий катет SO и по равному острому углу, равны между собой. Поэтому SA = = SB = SC = SD, OA = OB = OC = OD и точка О — это точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD. Отметим еще, что так как AB:AD:SA = 1 :УЗ:2, то, положив, например, АВ = а (вспомогательный параметр), найдем, что тогда AD = a^J3, SA = 2a и из прямоугольного треугольника ADC Итак, в треугольнике SAC SA = SC = AC = 2a. Далее, так как OC = OD = — AC = a, то треугольник OCD равносторонний со стороной, равной а. Перейдем теперь к построению линейного угла искомого двугранного угла. В плоскости SAC через точку М проведем прямую ME\\SO. Тогда прямая ME будет перпендикулярна плоскости ABC. Соединим затем точку Е с точкой L и найдем стороны треугольника EFL. Так как KL\\BD, то угол EFL равен углу COD равностороннего треугольника OCD, т. е. AEFL = 60° Так как FL — средняя линия треугольника AOD, то FL = —OD=-^- Ясно также, что ME — средняя линия треугольника SOC, т. е. Е = ±ОС = ^- Кроме того, OF = ^-AO=^- Таким образом, EF = EO-\-OF = a. В треугольнике EFL L2 = EF2 + FL2-2EF-FL-cos60°, т. е. Так как EL2-\-FL2 =—-\-—=a2 и EF2 = a2, то в треугольнике EFL, EL±FL. Соединив точку L с точкой М, мы получим наклонную ML, проекцией которой является прямая EL, перпендикулярная прямой KL. Значит, и MLJ-KL. Таким образом, угол MLE — это линейный угол двугранного угла MKLC. Найдем величину этого угла. Из треугольника SOC находим, что 9 Закал 130 257
Тогда tgAfL£ = ^=-^:-^=l, т. е. Итак, искомый двугранный угол MKLC равен 45° Векторно-координатный способ. Как показано в решении этого примера поэтапно-вычислительным способом, точка О — основание высоты SO — является и точкой пересечения диагоналей прямоугольника ABCD. Пусть точки N и L — середины соответственно сторон CD и AD этого прямоугольника (рис. 176,6). Тогда, воспользовавшись тем, что прямые ON, OL и OS попарно перпендикулярны, введем в пространстве прямоугольную систем координат Oxyz. Полагая АВ=\У находим, что тогда AD = / OS = V3> т. е. L(0; |;0)hS(0;0;V3). Ясно, что в качестве вектора п\ — нормального вектора плоскости ABC — можно взять вектор п\ (0; 0; 1), а для нахождения координат вектора Я2 — нормального вектора плоскости KLM — находим координаты точек К и М и векторов LM и LK: -г f) L4i; -т: Пусть М2 (k\ /; m). Тогда, так как n2-LLM и M2-LL/C, получаем систему уравнений 2 2 откуда находим (с точностью до пропорциональности) /=—3, m=—2^J3. Таким образом, Я2 (УЗ; —3; — 2 V3). Тогда |cos (^^о)|= l Как установлено при решении этого примера поэтапно-вычислительным способом, угол MLE — линейный угол искомого двугранного угла — является острым углом. Это значит, что cos MKLC = p , т. е. искомый двугранный угол равен 45° Замечание. Отметим еще, что, после того как доказано, что угол MLE является линейным углом искомого двугранного угла, можно найти этот дву- гранныи угол как угол между векторами LMl-—; ——; "о" у и 3 \ —— ; 0 ) Получаем 258
VW3 / AW-AU^. 4 4 Ч 4A 4/ + 2 /_3_ ,_?_ ,_3_ /_3_ ,_9_ J V 16 + 16 + 4 V 16 +16 искомый двугранный угол равен 45° ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Угол между плоскостями 748. В прямоугольнике ABCD AB:AD = 2:3. Через сторону ВС проведена плоскость ВСЕ, с которой диагональ прямоугольника образует угол, равный а. Найти угол между плоскостями ВСЕ и ABC в случаях, когда а принимает следующие значения: а) 30°; б) 45°; в) 60° 749. Через точку А плоскости Р проведена прямая А В, образующая с плоскостью Р угол, равный а. Затем через прямую АВ проведена плоскость Q, образующая с плоскостью Р угол, равный р. Найти следующие углы: а) между прямой А В и линией пересечения плоскостей Р и Q; б) между проекцией прямой А В на плоскость Р и линией пересечения плоскостей Р и Q; в) между плоскостью Q и проекцией прямой А В на плоскость Р 750. В неравнобедренном прямоугольном треугольнике ABC проведена биссектриса CD прямого угла, а через эту биссектрису проведена плоскость Я, образующая с плоскостью ABC угол, равный а. Найти углы, которые образуют с плоскостью Р следующие прямые: а) СВ\ б) СА; в) СН> если СНА.АВ и 751. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка К—середина этого ребра. Найти углы, которые образует плоскость BDK со следующими плоскостями: а) АВ\С\\ б) А{ВС\ в) А\В\С. 752. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка /( — середина этого ребра. Найти углы, которые образует плоскость BDK со следующими плоскостями: a) AB\D\\ б) AXC\D\ в) CBXD\. 753. В кубе ABCDA\B\C\D\ на ребрах ВВ\ и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти углы, которые образует плоскость АСР со следующими плоскостями: а) А\С\Р\ б) BDQ\ в) B\D\Q. 754. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты точки /ч, Кч и Къ — такие, что СК\ = К\К2 = К2К?, = КъС\. Найти углы между следующими плоскостями: a) BDKx и fl,D,/Ci; б) fiDfo и fi,D,/(r, в) BDK, и Б,О,С. 755. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер АВ:АА\ = = 2:3 точка К — середина ребра СС\. Найти углы, которые образует плоскость АВ\К со следующими плоскостями: a) A BCD; б) ВВ\С\С\ в) АА\В\В. 756. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD\AA\ = \\2\\ точки Р и Q — середины соответственно ребер АА\ и СС\. Найти углы, которые образует плоскость B\PQ со следующими плоскостями: a) ABCD; б) flfl,C|C; в) ЛЛ,Б,Б. 757. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ отношение ребер АВ:АА\=3:4. Найти углы, которые образует плоскость АВ\С со следующими плоскостями: -л) А\ВХС\ б) ЛБ|С,; в) BC\D. 259
758. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер АВ:АА\ = = 1:2 точки Р и Q — середины соответственно ребер ВВ\ и DD\. Найти углы, которые образует плоскость APQ со следующими плоскостями: а) АВВ\\ б) BDD\\ в) АСР. 759. Боковое ребро правильной призмы АВСА\В\С\ равно стороне ее основания. На стороне АС взяты точки К\ и Кч — такие, что СК\ = К\К2 = К2А. Найти, углы, которые образует плоскость ЛВС\ со следующими плоскостями: а) Л,БС; б) А\ВК\\ в) А{ВК2. 760. Боковое ребро правильной призмы АВСА\В\С\ равно стороне ее основания. На ребре АА\ взяты точки К\, Кг и Кз— такие, что АК\ = К\К2 = К2Кз = = КзА\. Найти углы между следующими плоскостями: а) ВК\С и В{К\С\\ б) Б/(2С и В|/С2Сг, в) ВКзС и Б|Л,С|. 761. Точка К — середина ребра АС правильной призмы АВСА\В\С\, боковое ребро которой равно стороне ее основания. Найти углы между следующими плоскостями: а) ВКС{ и ЛБ,С,; б) ВКС{ и ЛСБ,; в) ВКС\ и В{КС\. 762. В правильной призме АВСА\В\С\ ЛЛ|*.Л£=3:2. На ребре А\В\ взята точка D — середина этого ребра, а на ребрах ВС и СС\ взяты соответственно точки Р и Q. Найти углы между плоскостью ABC и плоскостью, проходящей через прямую BD параллельно прямой PQ, в каждом из следующих случаев: а) ВР:ВС= 1:2, CQ:CC\ = 1:2; б) ВР:ВС = 3'А (точка Q совпадает с точкой С\)\ в) ВР:ВС= 1:4 (точка Q совпадает с точкой С\). 763. В правильной призме АВСА\В\С\ боковое ребро равно стороне основания. На ребрах ВС и СС\ взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с плоскостью, проходящей через точки Л, А\ и D, следующие плоскости: a) A\C\D\ б) A\ED\ в) АВС\. 764. В основании прямой призмы АВСА\В{С\ лежит прямоугольный треугольник ABC, у которого АС = ВС = АА\. На ребре ВВ\ взята точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образует плоскость АМС\ со следующими плоскостями: а) АВС\ б) АСС\\ в) ВСС\. 765. На ребрах В\С\ и СС\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер АВ:АА\ = 1:2 взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти углы, образуемые плоскостью, проходящей через вершину С\ параллельно прямым А\Р и DQ, с плоскостями следующих граней: a) ABCD; б) АА\В\В\ в) БСС,Б|. 766. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный треугольник, у которого АС = ВС. Известно также, что ЛЛ|=ЛС. На ребрах А\С\ и АА\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер — и через вершину С\ проведена секущая плоскость, параллельная прямым АР и B\Q. Найти углы, которые образует секущая плоскость с плоскостями следующих граней: а) АВС\ б) ЛЛ,С,С; в) ААХВХВ. 767. Отношение образующей конуса к радиусу его основания равно л/3:\. Найти углы, образуемые плоскостью основания конуса с плоскостями, проходящими через его вершину и хорду, стягивающую дугу, равную а, в следующих случаях: а) сс = 60°; б) а = 90°; в) а=120°. 768. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник. Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = /4C = BC. На ребре SB взяты точки К\ и Кч — такие, что SK\ = K\K<i = KiB. Найти углы, которые образует плоскость SAB со следующими плоскостями: a) SAC\ б) АСК\\ в) АСК>. 260
769. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB=AB. На ребре SC взяты точки К\, К2 и Кз — такие, что СК\ = К\К2= К2Кз = K3S. Найти углы между плоскостью SAC и следующими плоскостями: а) АК\В\ б) АК2В; в) АКзВ. 770. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания. На ребрах SA, АС и SC взяты соответственно точки К, L и М — середины этих ребер. Найти углы, которые образует плоскость BLM со следующими плоскостями: a) SAC\ б) BKL\ в) ВМК. 771. Высота SO правильной пирамиды SABC равна медиане ее основания. На ребре АС взята точка М — середина этого ребра, а на ребре SC взяты точки К\, К2 и Къ — такие, что СК\ = К\К2 = К2Кз = KzS. Найти углы, которые образует плоскость ВМК\ со следующими плоскостями: а) АВК2\ б) АВКз\ в) ABS. 772. На ребрах ВС и SB правильного тетраэдра SABC взяты соответственно точки D и Е— середины этих ребер. Найти углы между следующими плоскостями: а) АСЕ и АВС\ б) ADE и SAB, в) ADE и АСЕ. 773. На ребрах АВ, ВС и SB правильного тетраэдра SABC взяты соответственно точки М, D и К — середины этих ребер. Найти углы между плоскостью ABC и плоскостями, проходящими через прямую МК параллельно следующим прямым: a) SD; б) ВС\ в) DP, где точка Р — середина отрезка ВК. 774. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания. Найти углы, образуемые плоскостью, проходящей через прямую АВ перпендикулярно прямой SC, со следующими плоскостями: а) АВС\ б) SAB; в) SBL, где точка L — середина ребра АС. 775. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна диагонали основания. Найти углы, образуемые плоскостью, проходящей через прямую АВ перпендикулярно плоскости грани SCD, со следующими плоскостями: а) АВС, б) SOL, где точка L — середина ребра AD; в) SAD. 776. Высота SO пирамиды SABCD проектируется в точку пересечения диагоналей основания, которым является прямоугольник отношением сторон AB:AD=\:2 и SO=AD. На ребре SC взята точка К — середина этого ребра. Найти углы, которые образует плоскость BDK со следующими плоскостями: а) АВС\ б) SCD; в) SBC. 2. Двугранный и многогранный углы 777. Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и AB:AD\SB = \ :2:1. На ребрах AD и АВ взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Найти следующие двугранные углы: a) SCLB\ б) SACB; в) SCKB. 778. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно диагонали ее основания. Найти следующие двугранные углы: а) при ребре основания; б) при боковом ребре; в) между противоположными боковыми гранями. 779. Найти двугранный угол при ребре основания правильной четырехугольной пирамиды в следующих случаях: а) высота пирамиды в два раза меньше диагонали основания; б) угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен а; в) двугранный угол при боковом ребре равен 2р. 780. Найти двугранный угол при боковом ребре правильной четырехугольной пирамиды в следующих случаях: а) боковая грань пирамиды является пра- 261
вильным треугольником; б) угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен а; в) угол между противоположными боковыми ребрами равен р. 781. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник ABC с прямым углом при вершине С, а боковое ребро SC пирамиды перпендикулярно плоскости ABC и SC:AC =3:2. На ребре SC взяты точки Si и S2— такие, что CS\ = S\S2 = S2S. Найти следующие двугранные углы: a) CAS\B\ б) CAS2B\ в) CASB. 782. Найти двугранный угол при боковом ребре правильной шестиугольной пирамиды в следующих случаях: а) высота пирамиды в два раза больше стороны основания: б) угол между боковым ребром пирамиды и смежным с ним ребром основания равен а; в) двугранный угол при ребре основания пирамиды равен р. 783. Найти двугранный угол при ребре основания правильной /г-угольной пирамиды в следующих случаях: а) высота пирамиды в два раза меньше стороны основания; б) угол между боковым ребром пирамиды и смежным с ним ребром основания равен а; в) двугранный угол при боковом ребре пирамиды равен 20. 784. В правильной пирамиде SABC боковое ребро в два раза больше стороны основания. На ребре SC взята точка Р — такая, что секущая плоскость АВР перпендикулярна прямой SC. Найти следующие двугранные углы: а) ВАРС\ б) РАВС, в) LABP, где точка L — середина ребра SC. 785. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ проведены сечения AB\C\D и A\B\CD. Найти двугранные углы A\B\DC\ в тех случаях, когда отношение ребер АВ:АА\ принимает следующие значения: а) 1:2; б) 2:1; в) 3:У7 786. В основании пирамиды лежит квадрат A BCD, а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре SC взята точка М — середина этого ребра. Найти следующие двугранные углы: a) MBDC\ б) DBMS; в) SABM. 787. Боковое ребро SA пирамиды SABCD перпендикулярно плоскости ее основания, которым является прямоугольник ABCD. Найти двугранные углы при ребре SC в тех случаях, когда отношение ребер AB:AD:SA принимает следующие значения: а) 1:1:1; б) 1:2:1; в) 1:2:2. 788. Боковое ребро SC пирамиды SABC перпендикулярно плоскости ее основания и SC = AC = BC. Найти двугранные углы при боковом ребре SA в тех случаях, когда угол АС В имеет следующую величину: а) 90°; б) 60°; в) 120° 789. В основании пирамиды с равными боковыми ребрами лежит равнобедренный треугольник ABC с углом при вершине С, равным 90° Высота SO пирамиды равна половине гипотенузы треугольника ABC. На ребрах SA и SB взяты соответственно точки М и L — середины этих ребер. Найти следующие двугранные углы: а) АМСО\ б) ALCO\ в) ALCB. 790. В основании пирамиды лежит трапеция с отношением сторон AB:BC:CD:AD = 2:\:\:\. Боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания и SA=AD. Найти двугранные углы при следующих боковых ребрах пирамиды: a) SB\ б) SC; в) SD. 791. В правильной пирамиде SABCD двугранный угол при боковом ребре равен 120° На ребрах SC и SD взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Найти углы, образуемые прямой DK со следующими прямыми: а) АС\ б) SA\ в) AL. 262
792. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник ABC с отношением катетов АС:ВС = 4:3. Боковое ребро SA перпендикулярно плоскости осно- Q I Л 1 вания, а двугранный угол при ребре SB равен arccos —тт~ На ребрах SA и SC взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Найти углы, образуемые прямой ВК со следующими прямыми: а) АС\ б) SC\ в) AL. 793. На ребрах АА\ и СС\ правильной призмы АВСА\В\С\ взяты соответственно точки М и К — середины этих ребер. Угол между прямыми АВ\ и СМ равен 90° Найти следующие двугранные углы: а) КАВС\ б) ВАКС\ в) В\АКС. 794. Два плоских угла трехгранного угла равны каждый по 45°, а двугранный угол между ними равен а. Найти третий плоский угол этого трехгранного угла, если а принимает следующие значения: а) 90°; б) 60°; в) 45° 795. Внутри трехгранного угла SPQR, каждый плоский угол которого равен 2а, через точку S — вершину угла — проведен луч SK, образующий равные углы с ребрами трехгранного угла. Найти следующие углы: а) двугранный угол PSKQ\ б) угол PSK\ в) угол, который образует луч SK с плоскостью грани SPQ. 796. Плоские углы трехгранного угла равны 60°, 60° и а. Через вершину этого трехгранного угла проведена прямая, перпендикулярная грани угла, равного 60° Найти углы между проведенной прямой и ребром трехгранного угла, не лежащим в указанной грани, если угол а принимает следующие значения: а) 30°; б) 45°; в) 90° § 16. ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЙ В § 11 было рассказано о различных способах построения сечений многогранников. Этими способами мы будем пользоваться и при построении сечений в настоящем параграфе. При вычислении площади сечения можно, определив сначала вид фигуры, полученной в сечении, воспользоваться затем соответствующей формулой. В некоторых же случаях бывает проще найти площадь проекции фигуры, полученной в сечении, а затем воспользоваться формулой SrAU = ——, где Snn — площадь про- т г j сеч cos ^ пр г екции сечения, а ф — угол между плоскостью сечения и плоскостью ее проекции. Перейдем к рассмотрению примеров: Пример 1. Высота прямой призмы ABCDA\B\C\D\ в два раза меньше стороны ромба, лежащего в ее основании, а угол BAD этого ромба равен 30° Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через сторону AD и образующей с основанием угол, равный 60° Найдем площадь полученного сечения, если высота призмы равна а. Решение. Пусть призма ABCDA\B\C\D\ (рис. 177) является заданной. Замечание. Как нетрудно подсчитать, параметрическое число этого изображения р = 5, т. е. новые метрические построения на нем уже нельзя выполнять произвольно. 263
Рис. 177 Выполним построение заданного сечения вычислительным способом. 1. Отметим, что если построить BHA.AD, то в прямоугольном треугольнике АВН будет ВН = -^-АВ. Но ВВ\=-^-АВ = ау т. е. АВ = 2а и ВН = а. Тогда Л# = а73. Отрезок, равный а-\/3, легко построить как катет прямоугольного треугольника, у которого гипотенуза равна отрезку AD, а другой катет равен отрезку —AD. (Это построение можно провести на вспомогательном чертеже и можно выполнить его, например, так, как это сделано на рисунке 177, где полуокружность со построена на отрезке AD = 2a как на диаметре и DHQ = =— ЛО = а, т. е. в прямоугольнике ADHo ЛЯ0 = ад/3. Затем строится АН = АН0.) 2. Проведем в плоскости AA\D\ через точку Н прямую НН\\\АА\ и точку Н\ соединим с точкой В\. Параллельные прямые ВВ\ и НН\ определят плоскость ВВ\Н\ — плоскость вспомогательного сечения. Если в этой плоскости через точку Н провести прямую ЯМ, образующую с прямой ВН некоторый угол а, то яс- 264
но, что прямыми AD и НМ будет определяться плоскость, образующая с плоскостью основания угол, равный углу МНВУ который равен а. И если будет а = 60°, то плоскость A DM будет плоскостью искомого сечения. Но если Z МНВ = 60°, то в прямоугольном треугольнике МНВ, в котором ВН = а, получим М# = 2а и Отрезок, равный а -^/3, можно построить как катет прямоугольного треугольника, у которого другой катет равен ВВ\, а гипотенуза которого равна 2ВВ\. (Можно это построение провести на вспомогательном чертеже и можно выполнить его, например, так, как это сделано на рисунке 177, где фигура BB\F\F — квадрат со стороной, равной BBi=a, т. е. в построенном затем прямоугольном треугольнике BF\M0 будет B/ri=ai/2 и ВМ0 = аУз. Затем строится ВМ = ВМ0.) 3. Так как плоскость А\В\С\ параллельна плоскости ABC, то секущая плоскость пересекает плоскость А\B\C\ по прямой, параллельной AD. Поэтому через точку N\9 в которой пересекаются прямые В\Н\ и ЯМ, проведем прямую K\L\\\A\D\. Соединив далее точку А с точкой /Ci, а точку D — с точкой L\, получим четырехугольник AK\L\D — искомое сечение. 4. Теперь найдем площадь этого сечения. Ясно, что четырехугольник AK\L\D — параллелограмм, а N\H — его высота. В плоскости МВН через точку N\ проведем прямую N\N\\MB. Тогда, так как будет N\N = B\B = a, из прямоугольного треугольника NXNH найдем, что N\H = NN[ =^- Получаем sin 60° уз '= NN' = sin 60° SAKiLtD = AD.NxH = 2a.^=- V3 Замечание. Для вычисления площади SAKiLiD можно было найти сначала площадь проекции параллелограмма AK\L\D на плоскость нижнего основания призмы: и так как AD = 2a, BN = BH—NH, то И далее, SAKiLlD =—& cos 60° Пример 2. Высота правильной призмы АВСА\В\С\ равна стороне ее основания. На ребрах ВВ\ и А\С\ взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точки С, D и £, и найдем площадь полученного сечения, если сторона основания равна а. 265
Рис. 178 Решение. Построим заданное сечение призмы плоскостью CDE. 1. Проведем прямую СЕ и найдем точку М, в которой прямая СЕ пересекает прямую АА\ (рис. 178, а). 2. Проведем прямую MD и найдем точку /С, в которой эта прямая пересекает прямую А\В\. 3. Точку К соединим с точкой Е и точку D — с точкой С. Четырехугольник CDKE — искомое сечение. Найдем теперь площадь сечения CDKE, пользуясь формулой Sce4 =—22-, где ф — угол между плоскостью CDE и плоскостью Для нахождения cos ф применим векторно-координатный способ. Зададим для этого в пространстве прямоугольную систему координат OxyZy как показано на рисунке 178, а (точка О — начало системы координат — это середина отрезка АВ). Найдем координаты нужных точек и векторов. Полагая АВ = 2У находим О(0; 0.0), С(1; 0; 0), В (0; л/3; 0), Е (0; 0; 2), В, (0; л/3; 2), 0(0; л/3; 1). В качестве вектора п\ — нормального вектора плоскости ABC — можно принять вектор ОЕ (0; 0; 2), а координаты (k\ /; т) вектора п^ — нормального вектора плоскости CDE — найдем, учитывая, что п2±СЕ(— 1; 0; 2) и n2±CD(— 1; ->/3; 1). 266
Получаем следующую систему уравнений: из которой с точностью до множителей пропорциональности находим: & = 2, / = ^-, т=1. Итак, Я, (0; 0; 2), Я2(2; ^; 1 ) и Т0Гда COS ф= |COS (All, П2)\ = ^j- Ясно, что четырехугольник С\В\КЕ является проекцией сечения CDKE на плоскость Л1В1С1, поэтому Подсчитаем Snp вычислительным способом. Имеем SAtBiCi = £-№- Найдем далее SAiKE. Из подобия треугольников МА\Е и УИЛС находим, что МА\ =2а, и тогда из подобия треугольников DB\K и C 4^=7Г7:=2, В\К B\D откуда А\К = 2В\К, и так как, кроме того, А\К + В\К = а, то AlK = f Тогда S/llK=-l-i4,i(C.>l,£.sin60° = -l-.f -f-f=^- Итак, 5пр=^-^=^ Теперь получаем Sce4=^/3.3/l=2^ и 4 о Замечание. Покажем еще один способ нахождения cos ф (рис. 178, б) Прямая КЕ — линия пересечения плоскостей CDE и А\В\С\, т. е. она является следом секущей плоскости на плоскости А\В\С\. Если, далее, A\H.LKE, то,так как прямая МА\ перпендикулярна плоскости Л|В|С|, А\Н будет проекцией наклонной ЛШ, и, значит, MHJ-KE. Следовательно, угол МИА\ образован двумя перпендикулярами к прямой КЕ. Так как он является острым углом (как угол между наклонной и ее проекцией), то угол МНА\ и есть угол между плоскостями CDE и А\В\С\, т. е. /-МНА\=ц. Из подобия треугольников МА\Е и MAC находим, что МА\=а, а из подобия 2 треугольников DB\K и МА\К находим, что Л|К=-г-а. Тогда в треугольнике А\КЕ КЕ2=А\К2-\-A\E2 — 2А\К-А\Е cos 60°, откуда /(£ = —^—, и, выражая о двумя способами площадь треугольника АКЕ, получаем Ли VС v3 Л' А Р cin ЛПО /\ П \ • /\Z2 == ~л~ /11 /\ * /1 | xJ ol11 UU , я_оУз откуда 267
■■.ho) D(t;t;O) Рис. 179 Теперь из прямоугольного треугольника МА\Н tg ф= л J =-^7Т Так как А\Н -^]о 4 11*2 1+tg Ф = » то cos ф= Пример 3. На ребре CD куба ^BCD^iBiCiDi взята точка Р — середина этого ребра. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через вершину В\9 перпендикулярно прямой А\Р и найдем площадь полученного сечения, если ребро куба равно а. Решение. Построение искомого сечения выполним вектор- но-координатным способом. Для этого введем в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz, как показано на рисунке 179. Полагая для упрощения выкладок а=1, получаем координаты точек В, С, А и В\\ В(0; 0; 0), С(1; 0; 0), Л (0; 1; 0) и В, (0; 0; 1). Далее находим координаты точки Р и вектора А\Р\ u -±; -l) Вектор А\Р можно принять за нормальный вектор секущей плоскости. Тогда уравнение секущей плоскости будет следующим: 268
(JC_O). 1 +(i/_0)( —|-) + (z— 1) (— l) = 0, или 2x — y — 2z + 2 = 0. Для построения этой секущей плоскости найдем точки ее пересечения с осями координат. Начнем, например, с оси By. Если точка Q — это точка пересечения секущей плоскости с осью Вуу то Q (0; q\ 0). Подставляя эти координаты в уравнение секущей плоскости, находим, что q — 2. Итак, можно построить прямую — линию пересечения секущей плоскости с плоскостью грани АА\В\В. Точка Q оказывается, однако, довольно далеко удаленной от точки В и на ограниченном участке плоскости может «не поместиться». Найдем тогда точку пересечения секущей плоскости с прямой АА\. Если точка М — это искомая точка, то М (0; 1; т). Подставляя координаты точки М в уравнение секущей плоскости, находим, что т = — Итак, точка М — середина ребра АА\. Аналогично находим точку /V, в которой секущая плоскость пересекает пря