СТЕРЕОМЕТРИЯ 10
А.Ю.КАЛИНИН,Д.А.ТЕРЕШИН
Издательство МФТИ
1996

ББК 22.151 wL* Издание осуществлено
К17 №щ л^" Финш*совой поддержке
УДК 514.1 ^^ Русского продовольственного банка
В оформлении издания использованы иллюстрации М. К. Эшера: Three Worlds т-
с. 10; Reptiles — с. 24; Doric Columns — с. 36; Day and Night — с. 80; Cubic Space
Division — с 102; Order and Chaos — с 136; Stars — с 158; Bond of Union — с 168;
Still Life with Mirror — с 180; Waterfall — с 212.
КАЛИНИН А. Ю., ТЕРЕШИН Д. А. СТЕРЕОМЕТРИЯ 10. - M.: Изд-во МФТИ,
1996. - 256 с. - ISBN 5-98155-003-2.
Книга содержит материал первой части курса стереометрии для классов с
углубленным изучением математики, соответствующий курсу десятого класса. Подробно
изложен теоретический материал и разобраны примеры решения задач. В каждой
главе приводятся задачи для самостоятельного решения, к которым даны ответы и
указания. Наряду со «стандартными» широко представлены «нестандартные» задачи,
в том числе задачи математических олимпиад разного уровня и вступительных
экзаменов в ведущие российские вузы. В отдельную главу выделено систематическое
обсуждение некоторых важных идей и методов решения задач.
Для учащихся школ с углубленным изучением математики, а также абитуриентов
технических вузов.
Табл. 5. Ил. 237. Библиогр. 80 назв.
к 4306020502-001 ^ ы^,
ISBN 5-89155-003-2 © А. Ю. Калинин, Д. А. Терешин, 1996
© Оформление. Издательство МФТИ, 1996

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 5
Благодарности 8
Глава 0. Вводная 11
§0.1. Игра в геометрию * . . . 11
§ 0.2. Элементы логики и теории множеств 15
§ 0.3. Основные обозначения 21
Глава 1. Введение в стереометрию 25
§ 1.1. Неопределяемые понятия и аксиомы стереометрии 25
§ 1.2. Простейшие следствия из аксиом 28
§ 1.3. Взаимное расположение двух прямых в пространстве.
Скрещивающиеся прямые 30
§ 1.4. О существовании объектов и построениях в стереометрии 32
§1.5. Задачи 34
Глава 2. Параллельность в пространстве 37
§2.1. Прямая и плоскость в пространстве. Признак параллельности ... 37
§ 2.2. Параллельность плоскостей. Транзитивность параллельности
плоскостей 40
§ 2.3. Параллельное и центральное проектирование 43
§ 2.4. Первоначальное понятие о многогранниках 46
§ 2.5. Изображение фигур в стереометрии 49
§ 2.6. Сечение многогранника. Построение сечений методом следов ... 53
§ 2.7. Применение проектирования при построении сечений
многогранников 61
§2.8. Решение задач на сечения многогранников 67
§2.9. Задачи 74
Глава 3. Векторы в пространстве 81
§3.1. Определение вектора. Линейные операции над векторами 81
§ 3.2. Компланарность векторов. Разложение вектора по базису 85
§ 3.3. Угол между прямыми. Угол между векторами 90
§ 3.4. Скалярное произведение векторов 93
§3.5. Примеры решения задач 95
§3.6. Задачи 99
Глава 4. Перпендикулярность в пространстве 103
§4.1. Перпендикулярность прямой и плоскости 103
§ 4.2. Связь между параллельностью и перпендикулярностью 106
§ 4.3. Теорема о трех перпендикулярах 107
§ 4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках 107

4
ОГЛАВЛЕНИЕ
§4.5. Угол между прямой и плоскостью 112
§4.6. Расстояние между фигурами 113
§4.7. Применение теорем о перпендикулярности к решению задач .... 116
§ 4.8. Нахождение расстояний и углов с помощью векторов 122
§ 4.9. Геометрический подход к нахождению расстояний и углов 127
§4.10. Задачи 132
Глава 5. Двугранные и многогранные углы 137
§5.1. Двугранный угол и его измерение. Биссектор 137
§ 5.2. Угол между двумя плоскостями. Признак перпендикулярности . . . 140
§ 5.3. Площадь ортогональной проекции многоугольника 144
§ 5.4. Многогранные углы. Трехгранный угол и его свойства 147
§ 5.5. Расчет трехгранных углов. Теорема о трех синусах 150
§5.6. Задачи 154
Глава 6. Элементы теории многогранников 159
§6.1. Пространственная область. Геометрическое тело 159
§6.2. Многогранники и их элементы 161
§ 6.3. Правильные многогранники 162
§6.4. Теорема Эйлера 164
§6.5. Задачи 166
Глава 7. Геометрические места точек пространства 169
§7.1. Основные геометрические места точек пространства 169
§ 7.2. Геометрические места точек, сводящиеся к основным. Метод
пересечения и объединения 172
§ 7.3. Различные геометрические места точек 176
§7.4. Задачи 178
Глава 8. Преобразования пространства 181
§ 8.1. Основные определения. Перемещения. Общие свойства
перемещений 181
§8.2. Параллельный перенос 187
§ 8.3. Поворот вокруг оси 189
§ 8.4. Центральная симметрия и симметрия относительно плоскости ... 193
§ 8.5. Преобразование подобия в пространстве 196
§ 8.6* Признаки равенства и подобия треугольников в пространстве ... 199
§ 8.7* Группы преобразований 201
§8.8* Классификация перемещений и преобразований подобия в
пространстве 206
§8.9. Задачи 209
Глава 9. Решение задач 213
§9.1. Зависимость между основными углами в правильной пирамиде . .213
§9.2. Определение положения основания высоты пирамиды или призмы . 217
§9.3. Метод вспомогательного объема 221
§ 9.4. Вспомогательный многогранник 224
§ 9.5. Задачи на комбинации многогранников 229
§9.6. Задачи 237
Ответы и указания к задачам 242
Список литературы 251

Это не предисловие, а преамбула.
Она необходима, однако я
постараюсь быть кратким.
Р. Стаут. Резиновая лента
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга представляет собой первую часть курса стереометрии для
классов с углубленным изучением математики. Материал,
содержащийся в ней, относится к курсу десятого класса.
Книга написана на основе лекций, читавшихся авторами на
протяжении нескольких лет учащимся физико-математических классов
при Московском физико-техническом институте, созданных на
базе средней школы №5 г.Долгопрудного, а также на основе опыта
проведения практических занятий по стереометрии в этих классах.
Книга обладает рядом особенностей, на которые нам хотелось
бы обратить внимание читателей. В нее включены некоторые
разделы стереометрии, которые ранее традиционно относились к курсу
одиннадцатого класса (двугранные и многогранные углы, теория
многогранников). Причин этому несколько.
Во-первых, отделение аффинных вопросов стереометрии от
метрических (десятый класс — параллельность прямых и плоскостей
в пространстве, одиннадцатый класс — многогранники, тела
вращения, теория площадей и объемов) представляется нам
неестественным. Интуитивные представления о геометрических телах и их
объемах формируются у нас с самого детства. Этих представлений,
основанных на нашем позседневном опыте, зачастую оказывается
достаточно для решения многих содержательных метрических
задач. Нам кажется, что не стоит терять драгоценное время, нужно
по возможности раньше учиться решать задачи, ведь
формулировки многих из них понятны даже если строгие определения тела и
объема еще неизвестны.
Во-вторых, как нам кажется, изучение нового материала в конце
одиннадцатого класса вряд ли целесообразно. Не секрет, что в это
время у большинства учащихся на первый план выходит решение
чисто утилитарной задачи — успешного поступления в избранный

6 ПРЕДИСЛОВИЕ
вуз. Поэтому нам представляется, что этот период времени лучше
посвятить повторению всего курса геометрии и хорошенько Лотре-
нироваться в решении задач.
Таким образом, из всего курса стереометрии приблизительно две
трети приходится на курс десятого класса. Опыт авторов показывает,
что такой путь изучения материала вполне реален.
Еще одной особенностью книги является выделение в отдельную
главу вопросов, относящихся к решению задач, в частности
систематическое обсуждение некоторых важных идей и методов. Разумеется,
они не являются новыми и оригинальными, но их изложение ранее
можно было найти, пожалуй, лишь в разрозненных журнальных
статьях. По-видимому, вместе и с достаточной степенью подробности
эти идеи и методы здесь изложены впервые. (Заметим, что
соответствующую главу вовсе не обязательно изучать целиком в конце курса
десятого класса: с отдельными ее параграфами можно знакомиться и
раньше.)
Отметим, что книга написана весьма сжато, и ее изучение
потребует от читателя большого объема самостоятельной работы.
Временами мы сознательно оставляли пробелы в доказательствах,
предоставляя читателю их устранение. В таких случаях в скобках после
высказанного утверждения мы помещаем вопрос: почему? Кроме того,
изложение теории часто прерывается упражнениями,
самостоятельное выполнение которых поможет лучше усвоить материал. Текст,
напечатанный мелким шрифтом, а также параграфы, отмеченные
звездочкой, при первом прочтении можно пропустить. Также
приведены многочисленные примеры решения задач, иллюстрирующие
теоретический материал, и задачи для самостоятельного решения.
Книга содержит более трехсот задач. Некоторые из них
оригинальны и составлены авторами специально для нее, но подавляющее
большинство из них широко известны и заимствованы из различных
задачников, в частности из [Делоне, Житомирский, 1959], [Шкляр-
ский и др., 1954], [Шарыгин, 1984], [Шарыгин, Голубев, 1991],
[Прасолов, Шарыгин, 1989]. Многие задачи предлагались в
различные годы на вступительных экзаменах в МФТИ, МГУ, МИФИ, НГУ,
КГУ и других вузах. Перечислить всех авторов этих задач, к
сожалению, не представляется возможным. Большинство из приведенных
в книге задач являются задачами повышенной трудности, многие из
них в свое время предлагались на математических олимпиадах
различных уровней. Она почти не содержит стандартных упражнений
по стереометрии вычислительного характера. Исключение сделано
лишь в тех немногих случаях, когда упражнения некоторых типов
оказывались недостаточно представленными в распространенных
задачниках. Наиболее трудные (на наш взгляд) задачи отмечены
звездочкой. В дополнение к задачам, приведенным в этой книге, авторы

ПРЕДИСЛОВИЕ
7
рекомендуют задачники [Антонов и др., 1968], [Говоров и др., 1983],
[Егерев и др., 1988], содержащие большое число стандартных задач
по стереометрии.
Структура книги такова. Она состоит из десяти глав. Каждая
глава содержит несколько параграфов. Нумерация параграфов, теорем,
примеров, упражнений, задач, рисунков и формул двойная. Первая
цифра обозначает номер главы, вторая соответственно номер
параграфа, теоремы, примера и т. п. Например, упражнение 4.7 — это
седьмое упражнение из главы 4.
Мы будем рады получить отзывы, критические 'замечания и
предложения по адресу: 141700, Московская область, г. Долгопрудный,
Институтский переулок, д. 9, Московский физико-технический
институт, кафедра высшей математики.
Авторы

Книга — это большое кладбище, гле
на многих плитах уж не прочесть
стершиеся имена.
М. Пруст
БЛАГОДАРНОСТИ
Авторы глубоко благодарят всех тех, кто способствовал появлению
на свет этой книги:
научного редактора С. В. Резниченко, проделавшего
скрупулезную работу по улучшению изложения многих разделов книги;
Е. В. Малинникову, М. Я. Пратусевича, С. Е. Рукшина, М. Г. Сон-
кина, прочитавших текст отдельных глав и сделавших ряд полезных
замечаний;
директора средней школы №5 г.Долгопрудного Е.Г.Ермачкову
и завуча этой школы Т. Г. Марголину, создавших благоприятные
условия для творческой работы в физико-математических классах
школы;
наших коллег по кафедре высшей математики МФТИ и
школе №5 Н. X. Агаханова, В. М.Уроева и И. А. Чубарова,
многократно обсуждавших с нами содержание курса геометрии для физико-
математических классов и различные аспекты его преподавания;
наших учеников Ю. Ю. Борисову, И. А. Бублика, А. С. Кочерову,
С. Г. Кузьменко, Ю. В. Лохныгину и С. М. Рыбакову — ныне
студентов МФТИ, — предоставивших нам подробные конспекты лекций
и материалы практических занятий по стереометрии, а также всех
остальных наших учеников, в особенности Д. С. Петрова, без которых
эта книга никогда не была бы написана;
И. Ф. Шарыгина, чьи книги, статьи и оригинальные задачи, а
также личное общение с которым оказали большое влияние на
наше геометрическое мировоззрение и взгляды на преподавание
геометрии;
наших коллег по Методическому совету и жюри Российской
(ранее Всесоюзной) олимпиады школьников по математике,
особенно Л. П. Купцова, А. Б. Скопенкова, М. В. Смурова, М. Г. Сонкина и
Б. И. Чиника — авторов многочисленных олимпиадных задач по
геометрии;

БЛАГОДАРНОСТИ
9
И. Г. Марьянскую и Е. Ю. Ходан, взявших на себя тяжелый труд
по подготовке рукописи к печати;
С. Е. Рукшина, обратившего наше внимание на несколько
удачных эпиграфов;
В. М. Абрамова, предоставившего в наше распоряжение
превосходные репродукции гравюр М. К. Эшера;
всех сотрудников Издательства МФТИ, особенно А. К. Розанова
и В. Н. Федотова.
С особой теплотой и сердечной благодарностью авторы
вспоминают своих школьных учителей математики Е. А. Терентьева
и В. П. Филинову, а также профессоров МФТИ А. А. Абрамова,
А. А. Дезина, В. Б. Лидского, В. С. Рябенького и А. М. Тер-Крикорова,
чьи блестящие лекции существенно повлияли на наше понимание
математики и послужили образцом педагогического мастерства.
А. Ю. Калинин, Д. А. Терёшин

■:■■-■■■ • ?^г* ?%%
•у- Л >ft >• i1'?
? ' ' • «? .* •-!&*:
Ш>£?.
'• ^'-v^^^^r . , „
; -. ./•$*■■■-.
:'V ^ -
■ "*'. "V*. ■
</ -. ъ
л
./ ->':::^ ""■
%Ш*
: ■ !v*-'
■•&■<&
&&Щ.
, 4Щр%$.-%»
•VSS№
4 л.

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

12 ГЛАВА 0. ВВОДНАЯ
ны опытным путем, их справедливость подтверждалась множеством
экспериментов. Количество подмеченных геометрических
закономерностей росло, и возникла задала систематизации накопленных
знаний.
К началу III в. до н. э. окончательно оформилась идея построения
научной теории, согласно которой отправным пунктом теории
должны служить положения, основанные на опытных данных и поэтому
не вызывающие сомнения. Все остальные положения должны быть
получены из'них логическим (дедуктивным) путем. Здание логики
уже было возведено, в основном благодаря работам древнегреческого
философа Аристотеля (384-322 гг. до н. э.). Им же впервые была ясно
сформулирована идея построения научной теории. Применительно
к геометрии ее реализовал Евклид (III в. до н. э.) в своих «Началах».
Опираясь на опыты своих предшественников, он сформулировал
несколько утверждений (аксиом, или постулатов), принимаемых без
доказательства. Из аксиом выводились их логические следствия —
теоремы. Так геометрия превратилась в дедуктивную науку.. Суть
дедуктивного метода блестяще передал Артур Конан Доил словами
своего излюбленного героя Шерлока Холмса: «...человека,
умеющего наблюдать и анализировать, обмануть просто невозможно. Его
выводы будут безошибочны, как теоремы Евклида... По одной
капле воды... человек, умеющий мыслить логически, может сделать
вывод о возможности существования Атлантического океана или
Ниагарского водопада, даже если он не видел ни того,, ни другого
и никогда о них не слышал. Всякая жизнь — это огромная цепь
причин и следствий, и природу ее мы можем познать по одному
звену».1
Система Евклида просуществовала больше двух тысячелетий без
сколько-нибудь существенных изменений. Однако с современной
точки зрения она уже не кажется совершенной. В ней не выделены
основные понятия, некоторые аксиомы излишни, многие
доказательства не ограничиваются логическим выводом, а апеллируют к
соображениям наглядности.
На рубеже XIX и XX веков после кропотливых усилий
многих математиков, среди которых в первую очередь следует назвать
Феликса Клейна (1849-1925 гг.) и Даввда Гильберта (1862-1943 гг.),
была построена геометрическая система, свободная от указанных
недостатков. В основу этой системы был положен аксиоматический
метод.
Суть этого метода построения научной теории заключается в
следующем. Перечисляются основные (неопределяемые) понятия, или
объекты. Все вновь возникающие понятия должны быть определены
Доил А. К. Этюд в багровых тонах.

§0.1. ИГРА В ГЕОМЕТРИЮ JJ
через основные понятия и понятия, определенные ранее.
Формулируются аксиомы — предложения, принимаемые без доказательства.
Все остальные предложения должны являться логическими
следствиями аксиом или ранее доказанных предложений.
Отметим, что аксиомы вовсе не являются «очевидными
истинами». То, что очевидно для одного, вполне может казаться абсурдным
для другого. Так, зритель футбольного матча, знающий правила игры,
может получить огромное удовольствие от разворачивающегося на
поле захватывающего действия. Тот же, кто не знаком с
правилами, вполне может считать происходящее на поле нелепицей, не
заслуживающей внимания. Смысл аксиом в том, что они
являются соглашениями, которые мы заключаем, приступая к созданию
теории.
Основные понятия и аксиомы вовсе не обязательно имеют
отношение к окружающему нас реальному миру. Строя абстрактную
теорию, мы отвлекаемся от наглядного смысла основных понятий
(если он вообще существует). Единственный смысл, который
вкладывается в основные понятия, таков: они обладают ровно теми
свойствами, которые описаны в аксиомах. Поэтому часто говорят,
что аксиомы являются «скрытыми определениями» основных
понятий. Подчеркнем еще раз, что математик отнюдь не утверждает, что
аксиомы верны. Он лишь строит систему утверждений, с
необходимостью вытекающую из них, оставляя за собой свободу менять
аксиомы (и соответственно получать другую систему следствий).
Итак, понятия абстрактной теории лишены конкретного смысла.
Но если им можно придать этот смысл (т. е. указать систему
конкретных объектов и отношений между ними) так, чтобы соблюдались
установленные аксиомы, то мы получим, как говорят,
интерпретацию, или, модель абстрактной теории. Одна и та же теория может
иметь множество различных моделей.
Теперь мы можем объяснить ту двойственность геометрии, о
которой говорили выше. Пока мы не конкретизируем смысл основных
геометрических понятий, т. е. не прибегаем к наглядным
представлениям о прямой, плоскости и т.п., построенная нами геометрия —
абстрактная теория. Все выводы этой теории будут понятны
воображаемому существу, которое обладает нашей логикой и нашей
арифметикой, но ровным счетом ничего не знает об устройстве
окружающего нас мира (французский математик Жак Адамар назвал это
существо «Гомо Арифметикус»)- Но как только мы представим себе
точку как идеализацию следа остро отточенного карандаша на
бумаге, прямую — как идеализацию туго натянутой нити, а плоскость —
как идеализацию гладкой поверхности стола, наша геометрия
становится моделью абстрактной теории. Эта модель не единственная из

14 ГЛАВА 0. ВВОДНАЯ
возможных, но именно ее мы и изучаем в школьном курсе
геометрии, так как она с большой точностью описывает геометрические
свойства окружающих нас реальных тел.
Вернемся теперь к вопросу о правилах нашей игры,
резюмируя сказанное выше. Предметом нашего изучения является модель
абстрактной теории, построенной на основе аксиоматического
метода. Эта модель отражает геометрические свойства окружающей
нас части пространства в том виде, в каком оно воспринимается
нашими органами чувств. Все утверждения, относящиеся к этой
модели, являются логическими следствиями аксиом и ранее
установленных утверждений (т. е. доказываются). Все вновь возникающие
понятия определяются через основные и известные ранее. В
процессе доказательств мы прибегаем к чертежам, которые помогают
делать правильные логические выводы (но отнюдь не заменяют их).
Использование чертежей удобно по той причине, что изучаемая
модель является для нас естественной и привычной, мы многое можем
«подсмотреть» на чертеже, догадаться с его помощью о
правильной формулировке утверждения, а затем уже доказать его (ясно, что
это — специфика нашего восприятия: для Гомо Арифметикуса наши
чертежи непонятны, а поэтому бесполезны).
Но нет правил без исключений. Отметим, что при построении
школьного курса геометрии идея аксиоматического метода не
выдерживается до конца. Вместо последовательного изложения логических
следствий из аксиом с полными их доказательствами принят,
выражаясь шахматным языком, гамбитный стиль: логическая строгость
и стройность изложения местами сознательно приносятся в
жертву краткости и наглядности. Некоторые теоремы не доказываются
или доказываются лишь для простейших частных случаев, не даются
строгие определения некоторых понятий и т. п. Это связано с тем,
что все логически строгие курсы геометрии довольно трудны для
восприятия и весьма объемны.
В заключение мы обсудим весьма важный вопрос о выборе
аксиом. Требования, предъявляемые к системе аксиом, которая кладется
в основу теории, таковы. Во-первых, система аксиом должна быть
непротиворечивой, т. е. из нее не должно следовать какое-либо
утверждение вместе с его отрицанием. Это требование самое главное, оно
является абсолютно необходимым. Далее мы будем говорить только
о непротиворечивых системах аксиом. Во-вторых, желательно, чтобы
система аксиом была независимой, т. е. чтобы ни одна из этих аксиом
не следовала из других. Выполнение этого требования не
обязательно, но все же естественно стремиться к тому, чтобы среди аксиом
не было «лишних». В-третьих, хотелось бы, чтобы система аксиом
была полной, т. е. чтобы к этой системе нельзя было добавить новую
аксиому так, чтобы она не следовала из уже имеющихся аксиом и

$0.2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛОГИКИ И ТЕОРИИ МНОЖЕСТВ
15
не противоречила им1 (имеется в виду, что множество основных
понятий остается при этом неизменным). Заметим, что системы
аксиом геометрии являются полными, но это, скорее, исключение,
чем правило: обычно в математике системы аксиом оказываются
неполными. Наконец, в-четвертых, можно потребовать от системы
аксиом ее замкнутости, т. е. чтобы в ней не использовались понятия
из другой теории. Системы аксиом геометрии, как правило,
незамкнуты, поскольку в них, например, используется понятие числа,
определяемое обычно в курсах математического анализа.
§0.2. Элементы логики и теории множеств
— Так бы и сказала, — заметил Мартовский
Заяи. — Нужно всегда говорить то, что думаешь.
— Я так и делаю, — поспешила объяснить
Алиса. — По крайней мере... По крайней мере я всегда
думаю то, что говорю... а это одно и то же...
— Совсем не одно и то же, — возразил Болван-
шик. — Так ты еше чего доброго скажешь, будто
«Я вижу то, что ем- и «Я ем то, что вижу, —
одно и то же!
Л. Кэрролл. Приключения Алисы в стране чудес
В этом параграфе приводятся элементарные сведения из логики
и теории множеств. Возможно; Вы уже знакомы с изложенным
здесь материалом, однако ввиду важности обсуждаемых понятий
лучше повторить их еще раз. Мы затрагиваем логику и теорию
множеств настолько, насколько это необходимо для нашего курса
стереометрии. Более подробное и строгое введение в эти разделы
математики можно найти, например, в книге [Кутасов и др., 1981].
Будем называть высказыванием любое утверждение, о котором
можно сказать, истинно оно или ложно. Примерами высказываний
могут служить следующие утверждения: сборная Бразилии —
чемпион мира по футболу 1994 года; число 100 четное; сумма углов
треугольника равна 90°. Первые два из этих высказываний истинны,
а последнее ложно. Не является высказыванием, например, такое
утверждение: учиться в школе легко; так как нельзя наверняка
сказать, истинно оно или ложно. Многие теоремы (в частности, боль-
1 Поясним смысл слова «следует» в этом определении: утверждение следует из
системы аксиом, если во всякой модели, где выполняются эти аксиомы, верно и
данное утверждение; если же существует такая модель этой системы аксиом, где
данное утверждение неверно, то считается что оно не следует из этой системы
аксиом.

16 ГЛАВА 0. ВВОДНАЯ
шинство теорем геометрии) можно сформулировать в виде1 Р => Q,
где Р и Q — высказывания (читается: из Р следует Q или если
Р, то Q). Это означает, что если высказывание Р истинно, то
высказывание Q также истинно.2
При этом высказывании Р называется условием теоремы
(посылкой), a Q ее заключением (следствием). Для того чтобы доказать
такую теорему, надо показать, что во всех случаях, когда Р истинно,
Q также истинно. Для того же чтобы ее опровергнуть (т. е. заключить,
что теорема неверна), достаточно привести один пример, когда Р
истинно, a Q ложно (т. е. привести контрпример).
Пусть дана теорема
P*Q. (1)
Теорему вида
Q => Р (2)
будем называть теоремой, обратной к теореме (1) (саму теорему (1)
при этом будем называть прямой). Поскольку в таком случае
теорема (1) является обратной к теореме (2), говорят, что теоремы (1)
и (2) взаимно обратны. Прямая и обратная теоремы могут быть обе
верными, обе неверными, а может быть так, что из них одна верна,
а другая нет.
Пример 0.1. Рассмотрим теорему: диагонали параллелограмма
точкой пересечения делятся пополам. Она, как известно из
планиметрии, верна. Для удобства переформулируем ее, выделив условие
и заключение: если четырехугольник является параллелограммом, то
его диагонали точкой пересечения делятся пополам (Р =» Q).
Сформулируем обратную теорему (Q =* Р): если диагонали
четырехугольника точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехугольник
является параллелограммом. Эта теорема, как известно, также верна.
Пример 0.2. Рассмотрим следующую теорему (сразу приведем
удобную для нас формулировку): если четырехугольник является
ромбом, то его диагонали перпендикулярны (Р => Q). Эта теорема
верна. Обратная теорема: если диагонали четырехугольника
перпендикулярны, то этот четырехугольник является ромбом (Q => Р). Эта
теорема неверна. Контрпример приведен на рис. 0.1.
Если Р => Q, то говорят, что Р •— достаточное условие для
Q, a Q — необходимое условие для Р. Если же верны как теорема
'В математической логике высказывание такого вида называется импликацией
(от латинского implico — тесно связывать).
2Если Р ложно, то Q может быть как истинным, так и ложным. При этом
подразумевается, что теорема Р => Q верна. Точнее говоря, импликация Р =» Q —
ложное высказывание лишь в том случае, когда Р истинно, a Q ложно; во всех
остальных случаях высказывание Р =>• Q истинно.

§0.2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛОГИКИ И ТЕОРИИ МНОЖЕСТВ
17
Р =» Q, так и обратная к ней теорема Q => Р, то пишут P^Qh
говорят, что Р — необходимое и достаточное условие для Q (a Q —
необходимое и достаточное условие для Р). При этом говорят также,
что высказывания Р и Q равносильны или эквивалентны.
Пример 0*3. Для того чтобы диагонали четырехугольника были
перпендикулярны, достаточно (но не необходимо), чтобы он был
ромбом. Для того чтобы четырехугольник был ромбом, необходимо
(но не достаточно), чтобы его диагонали были перпендикулярны. Для
того чтобы четырехугольник был параллелограммом, необходимо
и достаточно, чтобы его диагонали в точке пересечения делились
пополам.
Часто вместо слов «необходимо и достаточно» говорят «тогда и
только тогда», «в том и только том случае» или «если и только если».
Эти термины — синонимы.
Рис. 0.1
Рассмотрим некоторое множество1 М. Предположим, что мы
изучаем подмножество Ms этого множества, состоящее из всех
элементов га, удовлетворяющих определенному условию S.
Пусть Р — высказывание: элемент га удовлетворяет условию
S; a Q — высказывание: элемент га удовлетворяет условию R.
Тогда если верна теорема Р =» Q, то говорят, что она вьфажает
свойство элементов т из Ms. Если верна теорема Q => Р, то она
выражает признак принадлежности элемента га множеству Ms* Если
же верны обе эти теоремы, то теорема Р О Q выражает критерий
принадлежности элемента т множеству Ms*
Пример 0.4. Пусть М — множество четырехугольников, a Ms —
множество вписанных четырехугольников. Тогда теорема — если
четырехугольник вписанный, то сумма его противоположных углов
Вам, конечно, известны понятия «множество», «подмножество», «элемент
множества». Впрочем, немного ниже мы обсудим их поподробнее.

18
ГЛАВА 0. ВВОДНАЯ
равна 180° — выражает свойство вписанного четырехугольника.
Теорема — если сумма противоположных углов четырехугольника равна
180°, то он вписанный — выражает признак вписанного
четырехугольника, а теорема — четырехугольник является вписанным тогда и
только тогда, когда сумма его противоположных углов равна 180° —
выражает критерий вписанности четырехугольника.
Мы видим, что существует следующая параллель: необходимое
условие — свойство, достаточное условие — признак, необходимое и
достаточное условие — критерий.
Пусть Р — некоторое высказывание. Наряду с ним будем
рассматривать высказывание Р (читается: не Р) — отрицание высказывания
Р. Высказывание Р истинно, когда Р_ложно, и наоборот. Для того
чтобы сформулировать высказывание Р, достаточно перед
формулировкой высказывания Р добавить слова «неверно, что».
Рассмотрим теорему Р => Q (прямую). Теорема Р =» Q
называется противоположной к ней, а теорема Q => Р — противоположной
к обратной.
Пример 0.5. Сформулируем противоположную теорему и
теорему, противоположную к обратной, для теоремы из примера 0.2,
которая, как мы знаем, верна. Противоположная теорема: если
четырехугольник не_является ромбом, то его диагонали не
перпендикулярны (Р => Q). Теорема, противоположная к обратной: если
диагонали четырехугольника не перпендикулярны, то он не
является ромбом (Q ^ Р). Первая из этих теорем неверна (контрпример
приведен на рис. 0.1), а вторая верна.
Тот факт, что теорема, противоположная к обратной, как и
прямая теорема, оказалась верной, не случаен. Рассмотрим четыре
теоремы и для удобства расположим их в виде схемы:
прямая Р => Q Q => Р обратная
противоположная Р =Ф» Q Q => Р противоположная к обратной
Теоремы, расположенные по диагоналям, равносильны (т. е.
одновременно либо верны, либо нет1).
Вспомните, например, как доказывается теорема Р =» Q методом
от противного. Мы предполагаем, что заключение Q ложно (т. е. Q
'Для того чтобы доказать этот факт, нужно рассмотреть четыре случая: 1) Р
истинно, Q истинно; 2) Р истинно, Q ложно; 3) Р ложно, Q истинно; 4) Р
ложно, Q ложно — и убедиться^ что в каждом из этих случаев соответствующие
высказывания (Р => Q и Q =» Р, а также Q =» P и P =» Q) одновременно либо
истинны, либо ложны.

§0.2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛОГИКИ И ТЕОРИИ МНОЖЕСТВ
19
истинно), _и_приходим к противоречию с условием Р (т.е.
доказываем, что Р истинно). Таким образом, мы фактически доказываем
теорему, противоположную к обратной. Отметим еще, что для
доказательства теоремы Р о Q достаточно доказать любые две теоремы,
расположенные в одной строке или в одном столбце нашей схемы.
• Упражнение 0.1. Для каждой из следующих теорем сформулируйте обратную,
противоположную и противоположную к обратной. Укажите, какие из этих
теорем верны, а какие — нет:
а) величины вписанных углов, опирающихся на равные дуги, равны;
б) сумма внутренних углов четырехугольника равна 360°;
в) если параллелограмм является ромбом, то в него можно вписать окружность;
г) если 2 х 2 « 5, то Париж — столица Франции.
Переформулируйте все теоремы, используя термины «необходимо, но не
достаточно», «достаточно, но не необходимо», «необходимо и достаточно».
Напомним теперь простейшие сведения из теории множеств.
Понятие множество является неопределяемым (основным). Оно служит
для описания совокупности предметов или объектов. Эти объекты,
или элементы множества, считаются отличными друг от друга и
от объектов, не входящих в данное множество. Каждая из
существующих математических теорий занимается изучением некоторого
множества — основного множества теории. Например, в геометрии
основным множеством является множество всех точек
(пространство).
Элементы множества могут находится в некоторых отношениях
как между собой, так и с элементами других множеств. Отношение
считается заданным, если для любого элемента (или множества) х и
элемента (или множества) у указано, связаны они этим отношением
или нет.
Приведем примеры.
Отношение принадлежности. Тот факт, что объект а
является элементом множества А, словесно выражается так: элемент
а принадлежит множеству А. Обозначение: a G А. Отрицание этого
факта выражается другим отношением: элемент а не принадлежит
множеству А. Обозначение: а £ А.
Отношение включения. Говорят, что множество В
включено в множество А, если каждый элемент В принадлежит
А. Обозначение: В С А. Подмножеством множества А называется
всякое множество В, удовлетворяющее условию В С А. Множество,
не содержащее ни одного элемента, называется пустым множеством
и обозначается 0. Заметим, что для любого множества А справедливо
включение А С А. Считается, что 0 С А для любого множества Л.
Отношение равенства множеств. Говорят, что
множества А и В равны, если А С В и В С А, иными словами, если
множества А и В состоят из одних и тех же элементов. Обозначение:
А = В.

20
ГЛАВА 0. ВВОДНАЯ
Обсудим теперь некоторые общие свойства отношений. Пусть в множестве А
задано отношение о. Говорят, что это отношение рефлексивно, если для любого
элемента а из множества А выполнено а о а (т. е. любой элемент связан отношением о с
самим собой). Говорят, что отношение о симметрично у если а о Ъ =» Ь о а для любых
элементов а и b из множества А. Наконец, отношение о называется транзитивным,
если (ао6и6ос)=>аос для любых элементов а, 6 и с из мнбжества А.
Не всякое отношение обладает этими свойствами. Но может случиться так, что
некоторое отношение о в множестве А рефлексивно, симметрично и транзитивно.
Тогда говорят, что отношение о есть отношение эквивалентности.
Пример 0.6. Отношение равенства множеств рефлексивно (А- А),
симметрично (А - В =» В - А) и транзитивно ((А-5иВ»С)^Д-С); следовательно,
оно является отношением эквивалентности.
Импликация как отношение между высказываниями рефлексивна (Р =» Р),
транзитивна ((Р ^ Q и Q =» Р) => (Р =» Q)), но не обязательно симметрична (из
того, что Р => Q, вообще говоря, не следует, что Q => Р). Значит, это отношение
не является отношением эквивалентности. Подчеркнем значение свойства
транзитивности импликации: оно обеспечивает возможность дедукции, так как логический
вывод осуществляется цепочкой импликаций.
• Упражнение 0.2. Являются ли следующие отношения отношениями
эквивалентности:
а) отношение включения множеств;
б) отношение перпендикулярности прямых на плоскости;
в) отношение параллельности прямых на плоскости?
• Упражнение 0.3. Пусть взвод солдат построен в шеренгу. Рассмотрим следующее
отношение: солдат А стоит в строю правее солдата В. Докажите, что это
отношение не является ни рефлексивным, ни симметричным, но является
транзитивным.
• Упражнение 0.4. Пусть несколько теннисистов провели между собой однокру-
говой турнир (т. е. каждый сыграл с каждым один раз). Рассмотрим следующее
отношение: теннисист А выиграл матч у теннисиста В. Докажите, что это
отношение не является ни рефлексивным, ни симметричным, ни транзитивным.
Всякое отношение эквивалентности ~ в множестве А позволяет специальным
образом различать элементы этого множества. Обозначим через С(а) множество
элементов х из А таких, что х ~ а. Это множество является подмножеством Л,
которое называется классом эквивалентности а. Если b ~ а (элемент 6 эквивалентен
элементу а), то в силу симметричности и транзитивности отношения ~ любой
элемент х, эквивалентный а, эквивалентен и Ь. Если же элемент Ъ не эквивалентен а,
то С (а) и С(Ь) не имеют общих элементов. Действительно, если существует элемент
х такой, что х ~ а и х ~ Ь, тов силу симметричности и транзитивности а ~ 6,
что противоречит условию. Итак, множество А разбивается на непересекающиеся
(т. е. не имеющие общих элементов) классы, при этом каждый элемент попадает
в свой класс. Поэтому говорят, что отношение эквивалентности задает разбиение
множества на классы эквивалентности. С подобной конструкцией Вы уже
сталкивались в алгебре: две дроби, - и -, назывались эквивалентными, если ad = be.
о а
Нетрудно проверить, что это отношение является отношением эквивалентности во
множестве дробей (чем и оправдывается название эквивалентные дроби). Таким
образом, множество дробей распадается на классы эквивалентности, каждый из
которых называется рациональным числом.
Другой важный пример. Рассмотрим множество Р всех направленных отрезков
плоскости. Из планиметрии Вам известно понятие равенства направленных отрезков

$0.3. ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
21
(которые считаются равными, если они имеют одинаковые длины и одинаковые
направления). Отношение равенства направленных отрезков является отношением
эквивалентности в множестве Р, поэтому оно задает разбиение Р на классы
эквивалентности, каждый из которых называется вектором (сравните с определением
вектора, приведенным в главе 3).
В заключение напомним определения основных операций над
множествами. Пусть U — некоторое множество такое, что все
рассматриваемые нами множества являются его подмножествами (U —
универсальное множество1). Множество, состоящее из тех и только
тех элементов, которые принадлежат и множеству Л, и множеству
В, называется пересечением этих множеств и обозначается А Г) В.
Множество, состоящее из тех и только тех элементов, которые
принадлежат множеству А или множеству В, называется их объединением
и обозначается A U В. Множество, состоящее из тех и только тех
элементов множества Л, которые не принадлежат множеству Ву
называется разностью множеств А и В и обозначается А\В. Разность
множеств U и А называется дополнением множества А. Эти
операции обладают многими интересными свойствами, но мы не будем
пользоваться ими в нашем курсе, поэтому не станем обсуждать здесь
эти свойства.
§0.3. Основные обозначения
О книгах Жордана говорили, что если ему
нужно было ввести четыре аналогичные
или родственные величины (такие, как,
например, а, Ь, с, rf)> то они у него
получали обозначения а, М3', е2, Щ',г •
А.ЛитлвуА. Математическая смесь
Условимся всюду, если не оговорено противное, использовать
следующие обозначения.
Геометрические фигуры:
А,В,С,...,Х,У,Z -точки;
а, 6, с, ...,£, у, z — прямые;
(АВ) — прямая, проходящая через точки А и В;
[АВ) -* луч (полупрямая) с началом в точке А, проходящий через
точку В;
[АВ] — отрезок с концами А и В;
В геометрии универсальным множеством является пространство.

22
ГЛАВА 0. ВВОДНАЯ
а,/3,1,...,ф,Хуи — плоскости;
(ABC) — плоскость, проходящая через точки А, В и С;
ААВС — треугольник с вершинами А, В и С.
Величины:
АЯ — расстояние между точками Аи В (длина отрезка АВ)\
р(Фь Ф2) — расстояние между фигурами Фх и Ф2;
5 — площадь (плоской фигуры, поверхности тела);
SAxA2..An —площадь многоугольника с вершинами АЬЛ2,...
А •
V — объем тела;
KiiA3...A. "~ °бъем многофанника с вершинами Аь А2, ..., Ап;
Z(a, 6) — величина угла между прямыми а и 6;
Z(a, a) — величина угла между прямой а и плоскостью а;
Z(a, /?) — величина угла между плоскостями а и /3.
Отношения:
= — равенство;
~ — подобие;
|| — параллельность;
JL — перпендикулярность;
G — принадлежность элемента множеству;
С — включение одного множества в другое.
Например:
A ABC = AAiBiCi —треугольник АВС равен треугольнику
ЛгВгСг;
A ABC ~ AAiBiCi — треугольник АВС подобен треугольнику
АгВгСг;
a La — прямая а перпендикулярна плоскости а;
а || /3 — плоскость а параллельна плоскости (3;
A Е a — точка А принадлежит прямой а или прямая а проходит
через точку А;
а С a — прямая а лежит в плоскости а или плоскостей проходит
через прямую а.
Перечеркнутый знак отношения означает, что данные объеюы не
связаны этим отношением. Например, а (£ а — прямая а не лежит в
плоскости а.

|0.3. ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ 23
Прочие символы:
П, U — операции пересечения и объединения множеств;
например, аП а — прямая а пересекает плоскость а; запись
а П а = А означает, что прямая а пересекает плоскость
а в точке А;
\ — операция разности множеств;
=>,<£►— знаки следования и равносильности;
D — конец доказательства;
V — квантор всеобщности (читается: для любого);
Э — квантор существования (читается: существует).
Все остальные обозначения будут введены и пояснены по мере
изложения материала.

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

26 ГЛАВА 1. ВВЕДЕНИЕ В СТЕРЕОМЕТРИЮ
Поэтому всюду ниже, говоря «три точки», «две прямые» и т.п., мы
будем иметь в виду различные точки, прямые и т.д. Отметим еще,
что понятия принадлежности, пересечения и объединения всюду
используются в теоретико-множественном смысле. Так, говоря, что
две плоскости пересекаются, мы имеем в ввду пересечение их как
множеств точек. Наряду с теоретико-множественными понятиями
мы-будем использовать аналогичные понятия «геометрического
языка». Например, вместо прямая а является подмножеством плоскости
а будем писать прямая а лежит в плоскости а или плоскость а
проходит через прямую а.
А теперь перечислим аксиомы стереометрии.
Аксиома 0. В пространстве существуют плоскости. В каждой
плоскости пространства выполняются все аксиомы планиметрии.
Аксиома 1 (аксиома плоскости). Через любые три точки, не
лежащие на одной прямой, можно провести плоскость, и притом
только одну (рис. 1.1).
Рис. 1.1 Рис. 1.2
Рис. 1.3
Аксиома 2 (аксиома прямой и плоскости). Прямая, проходящая
через две точки плоскости, лежит в этой плоскости (рис. 1.2).
Аксиома 3 (аксиома пересечения плоскостей). Если две плоскости
имеют общую точку, то их пересечение есть прямая (рис. 1.З.).
Аксиома 4 (аксиома расстояния). Расстояние между любыми
двумя точками пространства одно и то же на любой плоскости,
проходящей через эти точки

§11. НЕОПРЕДЕЛЯЕМЫЕ ПОНЯТИЯ И АКСИОМЫ СТЕРЕОМЕТРИИ 27
Втррая часть аксиомы 0 позволяет применять в любой плоскости
пространства все теоремы, доказанные в планиметрии. Из первой
части этой аксиомы вытекает, что для любой плоскости а в
пространстве существуют не принадлежащие ей точки. Действительно,
если бы все точки пространства принадлежали этой плоскости, то
других плоскостей в пространстве не было бы. Более того, точек,
не принадлежащих плоскости а, бесконечно много. В самом деле,
возьмем согласно первой части аксиомы 0 еще одну плоскость — /3.
Если плоскость /3 не имеет общих точек1 с плоскостью а, то все
точки плоскости (3 не принадлежат плоскости а, а их, как известно
из планиметрии, бесконечно много. Если же плоскости а и /3
имеют общую точку, то по аксиоме 3 их пересечение есть прямая. Все
точки плоскости /?, за исключением точек этой прямой, не
принадлежат плоскости а. Из планиметрии известно, что таких точек также
бесконечно много.
Из аксиомы 2 вытекает, что если прямая не лежит в плоскости а,
то она имеет с ней не более одной общей точки. Такие прямые
существуют. Действительно, возьмем согласно первой части
аксиомы 0 еще одну плоскость — /? и выберем в ней две точки, не
лежащие в плоскости а (выше мы показали, что это возможно).
Через эти точки проведем прямую в плоскости /?. Эта прямая не
лежит в плоскости а.
Определение. Если прямая и плоскость имеют ровно одну
общую точку, то они называются пересекающимися.
Из аксиомы 3 вытекает, что фигура, которая является прямой на
одной плоскости, является прямой и на любой другой плоскости, в
которой она лежит. Поэтому прямую в пространстве можно
рассматривать саму по себе, независимо от плоскостей, в которых она лежит.
В связи с аксиомой 3 дадим еще одно определение.
Определение. Две плоскости, имеющие общую точку,
называются пересекающимися.
Согласно второй части аксиомы 0 в каждой плоскости определено
расстояние между любыми двумя точками этой плоскости.
Значение аксиомы 4 состоит в том, что расстояние между двумя
точками пространства однозначно определяется этой парой точек.
Другими словами, единица измерения расстояний во всех плоскостях
пространства одна и та же. Более подробно понятие расстояния в
пространстве обсуждается в § 8.1.
Замечание. Приведенная система аксиом полна и непротиворечива (см.
соответствующие определения в § 0.1). Однако она не является замкнутой (например,
1 Здесь мы отнюдь не предполагаем, что плоскости, не имеющие общих точек,
существуют, а лишь рассматриваем один из логически возможных случаев.

28
ГЛАВА 1. ВВЕДЕНИЕ В СТЕРЕОМЕТРИЮ
потому что планиметрия предполагается известной) и независимой. Оказывается,
что требование единственности плоскости, проходящей через три точки (аксиома 1),
излишне, а аксиома 2 следует из аксиом 1 и 3. Доказательства этих фактов
несложные, но они занимают довольно много места. Тем самым введение в стереометрию
оказывается несколько затянутым, а в школьном курсе этого хотелось бы избежать.
Поэтому недостатки рассматриваемой системы аксиом можно рассматривать как
сознательную жертву в пользу краткости изложения.
§1.2. Простейшие следствия из аксиом
Вилел одни и те же следствия, которые
каждый гол порождались другой причиной.
С. Леи. Непричесанные мысли
Здесь мы получим несколько следствий из аксиом, которые широко
будут использоваться в дальнейшем.
Следствие 1. Через любую прямую и не лежащую на ней точку
можно провести плоскость, и притом только одну.
Доказательство. Пусть даны прямая а и точка Му причем
М £ а. Нужно доказать, что плоскость, проходящая через а и М,
существует и единственна.
Существование. Возьмем на прямой а две точки: Р и Q (рис. 1.4).
По аксиоме плоскости существует плоскость, проходящая через
точки М, Р и Q. Поскольку точки Р nQ принадлежат этой плоскости,
Рис. 1.4
по аксиоме прямой и плоскости и прямая а принадлежит ей.
Существование искомой плоскости доказано.
Единственность. Искомая плоскость должна проходить через три
точки: М, Р и Q, не лежащие на одной прямой. Следовательно, по
аксиоме плоскости такая плоскость единственна. □
Дадим два определения, аналогичные соответствующим
определениям из планиметрии.
Определение. Две прямые в пространстве называются пере-
секающимисЯу если они имеют хотя бы одну общую точку.
Утверждение. Пересекающиеся прямые имеют ровно одну общую
точку.

11.2. ПРОСТЕЙШИЕ СЛЕДСТВИЯ ИЗ АКСИОМ
29
Доказательство. Пусть пересекающиеся прямые а и 6 имеют
по крайней мере две общие точки: А и В. Проведем через А и В
произвольную плоскость. Согласно аксиоме прямой и плоскости
прямые а и 6 лежат в этой плоскости и проходят через А и В, но,
как известно из планиметрии, через две точки в данной плоскости
проходит единственная прямая. □
Тот факт, что прямые а и 6 пересекаются в точке О, кратко
записывают так: а П 6 = О.
Определение. Две прямые в пространстве называются па-
раллельными, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются.
Если прямые а и 6 параллельны, то пишут а\\Ь.
Следствие 2. Через две пересекающиеся прямые можно провести
плоскость, и притом только одну.
Доказательство. Пусть даны две прямые, а и 6,
пересекающиеся в точке О. Докажем, что плоскость, проходящая через а и 6,
существует и единственна.
Существование. Возьмем на прямой а точку А, не
принадлежащую 6, а на прямой Ь — точку В, не принадлежащую а (рис. 1.5).
Тогда в силу аксиомы плоскости существует плоскость, проходящая
через три точки А, В и О, а в силу аксиомы прямой и плоскости
такая плоскость проходит через а и Ь.
Единственность. Искомая плоскость должна проходить через
точки Л, В и О; по аксиоме плоскости она единственна. □
Рис. 1.5 Рис. 1.6
Следствие 3. Через две параллельные прямые можно провести
плоскость, и притом только одну.
Доказательство. Существование искомой плоскости следует
из определения параллельных прямых. Единственность доказывается
точно так же, как и в двух предыдущих следствиях (рис. 1.6). □
• Упражнение 1.1. Докажите единственность этой плоскости.
Пример 1.1. Доказать, что через данную точку пространства, не
лежащую на данной прямой, можно провести ровно одну прямую,
параллельную этой прямой.
Решение. Обозначим данные прямую и точку соответственно
через а и А. Искомая, прямая, параллельная а, если она существует,

30
ГЛАВА 1. ВВВДЕНИЕ В СТЕРЕОМЕТРИЮ
лежит в одной плоскости с а (по определению параллельных прямых)
и проходит через точку А. Но через а и А можно провести
единственную плоскость. Поэтому задача сводится к построению прямой,
проходящей через А и параллельной а в плоскости. Эта задача,
как известно из планиметрии, разрешима единственным образом. D
Пример 1.2. Доказать, что если плоскость пересекает одну из
двух параллельных прямых, то она пересекает и вторую прямую.
Рис. 1.7
Решение. Пусть даны параллельные прямые а и 6, а плоскость а
пересекает а в точке L. Через а и 6 проведем плоскость 7 (рис. 1.7).
Тогда 7 и а имеют общую точку L, принадлежащую а, следовательно,
они пересекаются по прямой. Обозначим эту прямую / = 7 Л а.
Прямая / пересекает одну из двух параллельных прямых, следовательно,
она пересекает и другую (этот факт известен из планиметрии). Точка
М — / П 6 — единственная общая точка прямой 6 и плоскости а, т. е.
6 пересекает a. D
§1.3. Взаимное расположение двух прямых
в пространстве. Скрещивающиеся прямые
Пусть в пространстве даны две прямые, имеющие хотя бы одну
общую точку. Тогда они пересекаются ровно в одной точке (см.
утверждение, доказанное в §1.2). Если же две прямые не имеют
общих точек, то возможны два случая: они либо лежат в одной
плоскости (и, следовательно, параллельны), либо нет. Последний случай
взаимного расположения двух прямых является специфическим для
стереометрии.
Определение. Две прямые, которые не имеют общих точек
и не параллельны, называются скрещивающимися.
Если прямые а и 6 скрещиваются, то пишут а^Ь.

11.3. ВЗАИМНОЕ РАСПОЛОЖЕНИЕ ДВУХ ПРЯМЫХВ ПРОСТРАНСТВЕ 31
Замечание. Скрещивающиеся прямые можно определить и так: две
прямые называются скрещивающимися, если через них нельзя провести
плоскость.
• Упражнение 1.2. Докажите, что два приведенных определения скрещивающихся
прямых равносильны.
Теорема 1.1 (признак скрещивающихся прямых). Если одна из двух
прямых лежит в плоскости, а вторая пересекает эту плоскость
в точке, пе принадлежащей первой прямой, то эти прямые
скрещиваются.
Доказательство. Пусть прямая а лежит в плоскости a, a
прямая Ь пересекает плоскость а в точке М, не принадлежащей
прямой а (рис. 1.8). Докажем, что а -Ь.
Предположим противное: прямые а и 6
не скрещиваются. Тогда они либо
пересекаются, либо параллельны. В обоих слу- У
чаях через них можно провести плоскость /
(3 (следствия 2 и 3). Но через прямую /_
а и точку М # а можно провести един- /а •
ственную плоскость (следствие 1). Это у
означает, что прямая b лежит в плоское- Рис. 1.8
ти а. Получили противоречие. □
• Упражнение 1.3. Докажите, что справедливо утверждение, обратное к признаку
скрещивающихся прямых.
Пример 1.3. Является ли необходимым, достаточным или
необходимым и достаточным для того, чтобы прямые а и & скрещивались,
следующее условие:
За: а С а, ЬП а = М?
(Советуем Вам перед тем как читать решение, еще раз внимательно
прочитать § 0.2.)
Решение. Обозначим Р = {За: а С а, 6 П а = М}> Q = {а - 6}.
В задаче спрашивается, следует ли из утверждения Р утверждение Q,
и наоборот.
1) Выясним, верно ли, что Р =» Q.
Известно, что существует плоскость а, проходящая через прямую
а и пересекающаяся с прямой 6 в точке М. Это напоминает
формулировку признака скрещивающихся прямых. В чем разница? Вспомните
признак; в нем требуется, чтобы точка М не принадлежала
прямой а, а утверждение Р этого не требует. Но из этого сразу
еще ничего не следует. Может быть, условие М £ а в признаке
несущественное (например, взято для упрощения доказательства)?
Остается внимательно проанализировать случай М € а. А это сразу
дает контрпример к утверждению Q: прямые а и 6
пересекаются, а не скрещиваются (рис. 1.9). Итак, из Р не следует Q.

32
ГЛАВА 1. ВВЕДЕНИЕ В СТЕРЕОМЕТРИЮ
2) Выясним, верно ли, что Q => Р.
Известно, что прямые а и 6 скрещиваются. Нужно выяснить,
существует ли плоскость а, проходящая через прямую а и
пересекающая прямую 6. Но это утверждение следует из теоремы, обратной
к признаку скрещивающихся прямых, которая, как мы уже знаем,
верна (упражнение 1.3).
Рис. 1.9 Рис. 1.10
Действительно, возьмем на прямой 6 произвольную точку М и
проведем плоскость а через прямую а и точку М (рис. 1.10). По
построению а С а. Прямая Ь имеет с плоскостью а общую точку М
и не может лежать в ней (через скрещивающиеся прямые нельзя
провести плоскость), значит, ЬП а = М. Итак, изф следует Р.
Итак, выполнение условия Р является необходимым, но не
достаточным для выполнения условия Q. □
§1.4. О существовании объектов
и построениях в стереометрии
Я хочу вам доказать, что единорог сушествует.
Аля этого, очевидно, достаточно доказать более
сильное утверждение о том, что сушествует
существующий единорог. Возможны два и только
два случая: существующий единорог сушествует
и существующий единорог не сушествует.
Второй случай мы исключаем из рассмотрения как
противоречивый.
Р. Смаллиан. Как же называется эта книга?
Когда Вы читали предыдущий параграф, у Вас могло возникнуть
чувство некоторого неудовлетворения. Действительно,
существование параллельных и пересекающихся прямых известно из
планиметрии (через такие прямые можно провести плоскость). Но откуда
следует, что существуют скрещивающиеся прямые? Ведь ясно, что
не обязательно существуют объекты, обладающие наперед
заданными свойствами. Классические примеры так называемых невозможных

§ 1.4. О СУЩЕСТВОВАНИИ ОБЪЕКТОВ И ПОСТРОЕНИЯХ В СТЕРЕОМЕТРИИ 33
объектов изображены на рис. 1.11. Если же скрещивающиеся прямые
не существуют, то теряют смысл и все утверждения о них, поскольку
о несуществующем объекте можно сказать все, что угодно.
|Ф)|ф||<Й
л
у
\?
Рис. 1.11
На самом деле скрещивающиеся прямые, конечно же,
существуют. Для того чтобы убедиться в этом, мало наглядного
представления о скрещивающихся прямых. Но достаточно такие прямые
построить. Для этого сначала уточним, что мы понимаем здесь
под построением в пространстве.
Мы считаем, что в пространстве можно провести
плоскость через три точки, не лежащие на одной прямой (а значит,
и через прямую и не лежащую на ней точку, через пересекающиеся
прямые и т.д.). Кроме того, в каждой плоскости можно выполнять
обычные построения, например с помощью циркуля и линейки.
Доказав признак скрещивающихся прямых, мы фактически
доказали, что если прямые а и ^удовлетворяют условию этой теоремы,
2 Калинин А. Ю., Терешин Д. А.

34
ГЛАВА 1. ВВЕДЕНИЕ В СТЕРЕОМЕТРИЮ
то они удовлетворяют и определению скрещивающихся прямых. Мы
воспользуемся этим фактом.
Возьмем в пространстве произвольную плоскость а и проведем в
ней пересекающиеся прямые а и с, а П с = О. Выберем точку А # а.
Проведем через точку А и прямую с плоскость /3. Плоскости а и j3
пересекаются по прямой с (рис. 1.12). Возьмем на прямой с точку
Рис. 1.12
5, отличную от О. В плоскости /3 проведем прямую 6 через точки
А и В. Очевидно, что построенные прямые а и 6 удовлетворяют
условию теоремы 1.1 и, следовательно, скрещиваются.
Аналогичным образом можно доказать существование
параллельных прямой и плоскости, параллельных плоскостей (эти понятия
вводятся позже) и т.д. Надеемся, что всякий раз, когда мы не
приводим соответствующее построение, Вы без труда его восстановите.
§1.5. Задачи
Если Вы хотите научиться плавать, то
смело входите в волу, а если хотите научиться
решать задачи — решайте их.
А. Пойа. Математическое открытие
1 Л. В пространстве дано несколько прямых, любые две из которых
пересекаются. Докажите, что либо все они лежат в одной
плоскости, либо все они проходят через одну точку.
1.2. Даны две прямые, а и 6. Выясните, являются ли
сформулированные ниже условия необходимыми, достаточными или
необходимыми и достаточными для того, чтобы а и 6
скрещивались:
а) а и Ь не имеют общих точек;
б) любая плоскость, проведенная через прямую а и точку,
принадлежащую прямой 6, пересекает 6.

f 1.5. ЗАДАЧИ
35
1.3. Каждая из двух прямых скрещивается с третьей прямой. Верно
ли, что эти две прямые являются скрещивающимися?
1.4. Докажите, что если любая плоскость, пересекающая одну из
двух данных прямых, пересекает и вторую, то эти две прямые
параллельны (ср. с примером 1.2).
2*

^
Hi
#=>w
г
j
"t :^ =
ТЗв-.Я-5,
'%
IMP.
1 ^£fe>VJS
Wk.
I>
M
* %■ t~ ^ ^ I \\ "' vv ^ Ч-;
V V 4, V '
h4l*l1l>fil4l4- Г [. , Т~" *~
:=ж
U-^Шп
tl'TilflBraS?
i \ дД^~и ~_ ^

Ах, зачем у нас граф Пален
Так. к присяжным параллелен!
Буль он боле вертикален,
Суд их боле был бы лелен.
А.К.Толстой. Ронло
ГЛАВА 2
ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ
В ПРОСТРАНСТВЕ
§2.1. Прямая и плоскость в пространстве.
Признак параллельности
— Но скажите мне, пожалуйста, была бы
у нас та геометрия, которой меня учили в
школе, если бы .материи не было вообше, и
пересекались бы тогда параллельные?
— Параллельные не пересекались бы, —
подтвердил профессор, — но ни одно
материальное существо не могло бы проверить это.
Г. Гамов. Приключения мистера Томпкинса
Пусть в пространстве даны плоскость а и прямая а. Если они
имеют по крайней мере две общие точки, то по аксиоме прямой и
плоскости a Cot (прямая а лежит в плоскости а). Если общая точка
одна, то аПа = А (прямая а пересекает плоскость а в точке А).
Оказывается, возможен и третий случай, когда прямая и плоскость
не имеют, общих точек: аПа = 0.
Определение. Прямая и плоскость называются
параллельными, если они не имеют общих точек.
Теорема 2.1 (признак параллельности прямой и плоскости)* Если
прямая, не лежащая е плоскости, параллельна какой-либо
прямой, лежащей е этой плоскости, то эти прямая и плоскость
параллельны.

38
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Доказательство. Обозначим данные прямую и плоскость
через а и а соответственно. Пусть а || Ь, где b С а и а {£ а.
Предположим, что прямая а и плоскость а не параллельны. Тогда они
имеют общую точку М (рис. 2.1). Следовательно, по признаку
скрещивающихся прямых а - 6, что противоречит условию теоремы. D
• Упражнение 2.1. Выясните, верна ли обратная теорема.
• Упражнение 2.2. Докажите существование параллельных прямой и плоскости,
решив следующие задачи на построение:
1) через данную точку, не лежащую в данной плоскости, проведите прямую,
параллельную этой плоскости;
2) через данную точку, не лежащую на данной прямой, проведите плоскость,
параллельную этой прямой.
Исследуйте единственность решения этих задач.
Рис. 2.1 Рис. 2.2
Теорема 2.2 (о линии пересечения двух плоскостей, одна из
которых проходит через прямую, параллельную другой плоскости1).
Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой
плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения
плоскостей параллельна данной прямой.
Доказательство. Пусть плоскость /3 пересекает плоскость а
по прямой Ь и проходит через прямую а такую, что а\\ а (рис. 2.2).
Тогда прямые а и Ь лежат в плоскости /?, причем а П 6 = 0 (иначе
точка их пересечения лежала бы в плоскости а, что противоречит
параллельности прямой а и плоскости а). Следовательно, а || 6. □
Следствие 1. Если через каждую из двух параллельных прямых
проведена плоскость, причем эти плоскости пересекаются, то линия
их пересечения параллельна каждой из данных прямых.
Доказательство. Пусть а || Ь, где а С а, Ь С /3, причем
а П /3 = с (рис. 2.3). Докажем, что с || а и с \\ Ь. Действительно,
поскольку Ь С /3 и а || 6, то а || (3 по признаку параллельности прямой
В дальнейшем мы будем ссылаться на эту теорему как на теорему о линии
пересечения.

$2.1. ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ. ПРИЗНАК ПАРАЛЛЕЛЬНОСТИ 39
и плоскости. Далее, по теореме о линии пересечения получим с\\а.
Аналогично доказывается, что с || 6. Q
Отношение параллельности прямых в пространстве так же, как и
на плоскости, обладает свойством транзитивности.
Следствие 2. Если прямая а параллельна прямой 6, а прямая 6
параллельна прямой с, то а параллельна с.
Доказательство. Пусть а || биб || с. Докажем, что а || с. Если
прямые а, 6 и с лежат в одной плоскости, то а \\ с по соответствующей
теореме планиметрии. Предположим теперь, что эти прямые не
лежат в одной плоскости. Возьмем на прямой а точку М. Через
с и М проведем плоскость а, а через 6 и М — плоскость (3
Рис. 2.3 Рис. 2.4 Рис. 2.5
(рис. 2.4) (здесь мы пользуемся следствием 1 из аксиом § 1.2). Линия
пересечения плоскостей а и /3 согласно следствию 1 из теоремы о
линии пересечения параллельна прямым с и 6. Но через точку М
можно провести только одну прямую, параллельную прямой Ь (см.
пример 1.1). Поэтому линия пересечения плоскостей а и (3 и прямая
а — это одна и та же прямая. Следовательно, а || с. □
Следствие 3. Если прямая параллельна каждой из двух
пересекающихся плоскостей, то она параллельна их линии пересечения.
Доказательство. Пусть плоскости а и /3 пересекаются по
прямой а, а прямая 6 параллельна плоскостям а и /3. Возьмем на
прямой а точку М и проведем плоскость 7 через прямую b и.точку М
(рис. 2.S). Пусть плоскость 7 пересекает плоскость а по прямой аь a
плоскость (3 — по прямой а2. Тогда по теореме о линии пересечения
получаем, что аг || Ь и а2 || 6. Но прямые ах и а2 имеют общую точку
М, следовательно (пример 1.1), это одна и та же прямая — прямая
а. Поэтому а || Ь. □

40
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
§2.2. Параллельность плоскостей.
Транзитивность параллельности
плоскостей
Что лучше: вечное блаженство или бутерброд с
ветчиной? На первый взгляд кажется, что
вечное блаженство лучше, но в действительности
это не так! Сулите сами. Что лучше вечного
блаженства? Ничто. А бутерброд с ветчиной
лучше, чем ничто. Следовательно, бутерброд с
ветчиной лучше, чем вечное блаженство.
(Пример рассуждения по транзитивности.)
Р. Смаллиан. Как же называется эта книга?
Вы уже знаете, что если две плоскости имеют общую точку, то
они пересекаются по прямой, проходящей через эту точку (аксиома
пересечения плоскостей). Оказывается, что две плоскости могут и не
иметь общих точек.
Определение. Две плоскости называются параллельными,
если они не имеют общих точек.
Теорема 2.3 (признак параллельности плоскостей). Если две
пересекающиеся прямые одной плоскости параллельны соответственно
двум прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.
Доказательство. Пусть а и Ь — прямые в плоскости а, аг
и Ьх — прямые в плоскости /?, причем а П Ь = М, а || аг и Ь || Ьг.
Предположим, что а и /3 не параллельны; тогда они пересекаются,
Рис. 2.6
пусть а П /3 = с (рис. 2.6). По следствию 1 из теоремы о линии
пересечения имеем с \\ а и с \\ Ь. Но тогда в силу транзитивности
(следствие 2 из той же теоремы) а || 6. Получили противоречие. □
Замечание. Обратите внимание на то, что в условии теоремы не требуется,
чтобы прямые <ц и fti пересекались.
Приведем основные свойства параллельных плоскостей.
Теорема 2.4. Линии пересечения двух параллельных плоскостей
третьей плоскостью параллельны.

$2.2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ ПЛОСКОСТЕЙ
41
Доказательство. Обозначим данные параллельные
плоскости через а и (3. Пусть плоскость 7 пересекает их по прямым а и
6 соответственно (рис. 2.7а). Предположим противное: прямые а и
Ь не параллельны. Тогда они пересекаются (так как лежат в одной
Рис. 2.7
плоскости), пусть а П Ь = М. Так как М £ а, то М € а; аналогично
М е /3. Таким образом, плоскости а и /? имеют общую точку А/, что
противоречит условию. □
Теорема 2.5. Отрезки параллельных прямых, заключенные между
двумя параллельными плоскостями, равны по длине.
Доказательство. Пусть даны параллельные плоскости а и
/?, а параллельные прямые а и 6 пересекают эти плоскости в точках А
и Аь В и Вх соответственно (рис. 2.76). По следствию 3 из аксиом
(§ 1.2) через а и 6 можно провести плоскость 7- Она пересечет
плоскости а и /3 по прямым А5 и Ai#i соответственно. В силу
свойства 1 (АВ) \\ (AxBi). Кроме того, по условию (ААХ) || (ВВх).
Значит, ААхВхВ — параллелограмм (в плоскости 7) и по свойству
параллелограмма ААХ - ВВХ. П
Теорема 2.6. Через каждую точку пространства, не лежащую
в данной плоскости, можно провести плоскость, параллельную
этой плоскости, и притом только одну.
Доказательство. Пусть требуется через данную точку А, не
лежащую в данной плоскости а, провести плоскость /?, параллельную
плоскости а.
Существование плоскости /?. Возьмем в плоскости а
произвольную точку В и проведем через нее в плоскости а две прямые: а и 6.
Через точку А проведем прямые ах и 6Ь параллельные прямым а и
Ь соответственно (см. пример 1.1). Проведем через аг и Ьг плоскость
0. По признаку параллельности двух плоскостей а \\ /3.

42 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Единственность плоскости /3. Предположим противное: через
точку А можно провести две плоскости, /J и Д, параллельные
плоскости а. Так как плоскости /3 и /Зх имеют общую точку Ау то
по аксиоме пересечения плоскостей они пересекаются по прямой;
обозначим т = /3 П fa (рис. 2.8). Возьмем в плоскости а прямую
/, не параллельную га, такую, что / -^ га. Через точку А и прямую
/ проведем плоскость 7- Плоскость 7 пересекает плоскости (3 и
/?i (так как имеет с ними общую точку А) по прямым Ь и Ьх
соответственно. По свойству 1 параллельных плоскостей 6 || / и
Ьх || /. Но через точку А может проходить только одна прямая,
параллельная /. Полученное противоречие означает, что (3 и (Зг —
это одна и та же плоскость. □
ш
Рис. 2.9
Следующее свойство параллельных плоскостей аналогично
соответствующему свойству параллельных прямых.
Теорема 2.7 (транзитивность параллельности плоскостей). Если
плоскость а параллельна плоскости /3, а плоскость (3
параллельна плоскости 7> то а параллельна у.-
Доказательство. Предположим противное: ajf7- Тогда
плоскости а и 7 пересекаются; обозначим га = а П 7- Возьмем
на прямой га точку А. Получаем, что через точку А проведены две
плоскости, а и 7, параллельные плоскости /?, что противоречит
предыдущей теореме. □
Пример 2.1. Доказать, что через каждую из двух
скрещивающихся прямых можно провести плоскость так, чтобы эти плоскости были
параллельны.
Решение. Пусть а-Ь. Возьмем на прямой а точку А и проведем
через нее прямую аь параллельную прямой 6 (пример 1.1). Через
прямые а и ах проведем плоскость а (следствие 2 из аксиом, § 1.2).
Аналогично строим плоскость /3 (рис. 2.9). По признаку
параллельности плоскостей а || (3. П
• Упражнение 2.3. Выясните, единственное ли решение имеет эта задача.
Рис. 2.8

$2.3. ПАРАЛЛЕЛЬНОЕ И ЦЕНТРАЛЬНОЕ ПРОЕКТИРОВАНИЕ 43
§2.3. Параллельное и центральное
проектирование
Ветреный летний лень.
Прижавшееся к стене
дерево и его тень.
И тень интересней мне.
И. Бродский. Сидя в тени
В этом параграфе мы познакомимся с новым видом отображения1 —
проектированием.
Пусть в пространстве заданы плоскость а и прямая /,
пересекающая а. Возьмем в пространстве произвольную точку М и проведем
через нее прямую т, параллельную / (если М € /, то в качестве
т берется сама прямая /) (рис. 2.10). Точку пересечения Мг пря-
*г
Рис. 2.10
мой т с плоскостью а назовем параллельной проекцией точки М
на эту плоскость. При этом плоскость а называется плоскостью
проектирования, а прямая / — направлением проектирования.
Определение. Пусть в пространстве задана фигура2 Ф.
Отображение, ставящее в соответствие каждой точке М € Ф ее
параллельную проекцию М\ на плоскость а в направлении /, называется
параллельным проектированием (на плоскость а в направлении /), а
множество всех точек Мг — параллельной проекцией фигуры Ф на
плоскость а в направлении /.
Вы не раз встречались с параллельным проектированием в
жизни. Например, Ваша тень в солнечный день на ровном асфальте
есть Ваша параллельная проекция (солнечные лучи приближенно
можно считать параллельными ввиду большой удаленности Солнца
от Земли).
'Напомним, что отображением множества X в множество У называется закон,
по которому каждому элементу х 6 X ставится в соответствие ровно один элемент
veY.
2Непустая, но, возможно, совпадающая со всем пространством.

44
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Параллельное проектирование позволяет получать наглядные
изображения пространственных (трехмерных) фигур на (двумерной)
плоскости (рис. 2.11). Дело в том, что параллельное
проектирование сохраняет ряд важных черт изображаемой фигуры. Перечислим
основные свойства параллельного проектирования в предположении,
что направление проектирования не параллельно рассматриваемым
прямым и отрезкам (в противном случае их проекциями являются
точки).
Рис. 2.11
1°. Проекция прямой есть прямая, проекция отрезка — отрезок.
2°. Две параллельные прямые проектируются либо в две
параллельные прямые, либо в одну и ту же прямую. Проекции параллельных
отрезков лежат либо на параллельных прямых, либо на одной прямой.
3°. Длины проекций параллельных отрезков или отрезков,
лежащих на одной прямой, пропорциональны длинам этих отрезков.
• Упражнение 2.4. Докажите свойства 1° и 2°.
Доказательство свойства 3°. Пусть АВ и CD —
отрезки, не параллельные направлению проектирования /; А', В', С1,
D' — проекции точек А, В, С, D соответственно на плоскость а
в направлении /. Если А'В' и CD1 — один и тот же отрезок, то
АВ = CD и доказываемое утверждение очевидно. Пусть А'В1 и
CD1 различны. Рассмотрим сначала случай, когда проектируемые
отрезки лежат на одной прямой (рис. 2.12). Тогда их проекции лежат
на линии пересечения щюскости а и плоскости, проходящей через
прямую АВ параллельно направлению проектирования / (почему?).
Применяя известную из планиметрии теорему о пропорциональных
отрезках, получим, что1 АВ : CD = А'В' : CD'.
На рис. 2.12 отрезки АВ и CD не пересекаются, но в наших
рассуждениях мы нигде не использовали этот факт.

§2.3. ПАРАЛЛЕЛЬНОЕ И ЦЕНТРАЛЬНОЕ ПРОЕКТИРОВАНИЕ 45
Теперь рассмотрим случай, когда отрезки А В и CD параллельны,
а их проекции различны (рис. 2.13). Возьмем на продолжении отрезка
CD за точку С точку Е такую, что СЕ- АВ. Так как (СЕ) \\ (АВ),
то четырехугольник А В ЕС — параллелограмм в плоскости, проходя-
шей через прямые АВ и CD (по признаку параллелограмма),
следовательно, (АС) || (BE). Пусть Е1 — проекция точки Е на плоскость
а в направлении /. По свойству 2° (А'С) \\ (В'Е') и (А1 В1) \\ (СЕ')
(так как (AC) \\ (BE) и (АВ) \\ (СЕ)), но (А1 В1) \\ (CD'), значит,
Е' £ (CD1) и, так как А'В'Е'С - параллелограмм, А1 В1 = СЕ'.
Итак равенство Л5 : CD = А'В' : CD' равносильно равенству
СЕ : ED = А'В' : С"2У, тем самым мы свели рассматриваемый
случай к разобранному выше. □
Рис. 2.12 Ряс. 2.13
т
/■/ /
Рис. 2.14
При построении сечений пирамид (§ 2.7) нам понадобится еще
один вид проектирования — центральное проектирование.
Пусть в пространстве даны плоскость а и точка S & а. Возьмем
в пространстве произвольную точку М, не лежащую в плоскости,
проходящей через 5 параллельно плоскости а, и проведем через
точки S и М прямую т (рис. 2.14). Точку пересечения Мг прямой
т с плоскостью а назовем центральной проекцией точки Af. При
этом плоскость а называется плоскостью проектирования, а точка
S — центром проектирования.

46
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Определение. Пусть в пространстве задана фигура1 Ф.
Отображение, ставящее в соответствие каждой точке М € Ф ее
центральную проекцию Mi на плоскость а с центром 5, называется
центральным проектированием (на плоскость а с центром 5), а
множество всех точек Мг — центральной проекцией2 фигуры Ф на
плоскость а с центром S (рис. 2.15).
Замечание. Иногда говорят, что параллельное проектирование есть частный
случай центрального, в котором центр проектирования «удален в бесконечность».
§2.4. Первоначальное понятие о многогранниках
В этом параграфе мы определим некоторые виды многогранников,
наиболее часто встречающиеся в стереометрических задачах. Под
многогранником мы понимаем тело3, ограниченное конечным числом
плоскостей. Эти плоскости, пересекаясь, образуют грани
многогранника — многоугольники. Стороны этих многоугольников называются
ребрами многогранника, а концы ребер — его вершинами. Отрезок,
Непустая, но, возможно, совпадающая со всем пространством.
2 В силу данного определения точки плоскости /?, проходящей через 5
параллельно плоскости а, не имеют образов в плоскости а. Однако это несоответствие
можно устранить, если формально пополнить плоскость а «бесконечно удаленной
точкой», которая по определению является образом плоскости /?.
3Мы пока не даем строгого определения понятия «тело», а опираемся здесь на
интуитивное представление о теле, поверхности тела и т. п.

§2.4. ПЕРВОНАЧАЛЬНОЕ ПОНЯТИЕ О МНОГОГРАННИКАХ 47
соединяющий вершины многогранника, не принадлежащие одной
грани, называется диагональю многогранника.
Отметим, что наше знакомство с многогранниками носит лишь
предварительный характер. Мы еще не раз вернемся к ним в нашем
курсе.
Призма
Определение. Призма — это многогранник, две грани
которого — равные многоугольники, лежащие в параллельных
плоскостях, а все ребра, не лежащие в этих плоскостях, параллельны между
собой (рис. 2.16).
Два равных многоугольника, лежащие в параллельных
плоскостях, называются основаниями призмы. Остальные грани призмы
(являющиеся параллелограммами — докажите это) называются ее
боковыми гранями, а их объединение — боковой поверхностью
призмы. Ребра, не лежащие в основании призмы, называются ее боковыми
ребрами. Если в основаниях призмы лежат n-угольники, то призма
называется п-угольной.
ВС А В
Рис. 2.16 Рис. 2.17
Частным случаем призмы является параллелепипед — призма,
основаниями которой служат параллелограммы (рис. 2.17).
Укажем основные свойства параллелепипеда.
1°. Противоположные грани параллелепипеда попарно равны и
параллельны.
2°. Все четыре диагонали параллелепипеда пересекаются в одной
точке и делятся ею пополам.
• Упражнение 2.5. Докажите эти свойства.

48 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Отметим еще, что если все грани параллелепипеда являются
прямоугольниками, то параллелепипед называется прямоугольным.
Если же все грани параллелепипеда — квадраты, то он называется
кубом.
Пирамида
Определение. Пирамида — это многогранник, одна из
граней которого — произвольный многоугольник,1 а остальные грани —
треугольники с общей вершиной (рис. 2.18).
Этот многоугольник называется основанием пирамиды, а
остальные (треугольные) грани — боковыми гранями. Объединение
боковых граней пирамиды называется ее боковой поверхностью. Ребра
пирамиды, не принадлежащие основанию, называются ее боковыми
ребрами. Общая вершина всех боковых граней называется вершиной
пирамиды.
Пирамида называется правильной, если в ее основании лежит
правильный многоугольник, а все боковые грани —
равнобедренные треугольники. Высота боковой грани правильной пирамиды,
проведенная из ее вершины, называется апофемой этой пирамиды
(рис. 2.19).
Рис. 2.18 Рис. 2.19 Рис. 2.20
Если в основании пирамиды лежит n-угольник, то пирамида
называется гг-угольной. Треугольная пирамида называется тетраэдром
(рис. 2.20). Тетраэдр называется правильным, если все его ребра
равны (таким образом, все грани правильного тетраэдра — равные
правильные треугольники).
В дальнейшем, если не оговорено противное, мы будем рассматривать только
те пирамиды, в основании которых лежит выпуклый многоугольник.

$2.5. ИЗОБРАЖЕНИЕ ФИГУР В СТЕРЕОМЕТРИИ
49
Усеченная пирамида
Определение. Усеченной пирамидой называется часть
пирамиды, заключенная между плоскостью основания и плоскостью,
параллельной плоскости основания и пересекающей все боковые
ребра пирамиды (рис. 2.21).
Рис. 2.21 Рис. 2.22
Основание исходной пирамиды и многоугольник, полученный
при пересечении ее плоскостью, указанной в определении,
называются основаниями усеченной пирамиды. Остальные ее грани
называются боковыми.
Усеченная пирамида называется правильной, если она является
частью правильной пирамиды. Боковые грани правильной
усеченной пирамиды — равные равнобедренные трапеции. Высота
каждой из этих трапеций называется апофемой усеченной пирамиды
(рис. 2.22).
§2.5. Изображение фигур в стереометрии
Рисовать — значит обманывать.
М.К.Эшер
В стереометрии, хотя мы и имеем дело с пространственными
фигурами, для рассуждений используются плоские чертежи, выполненные
на листе бумаги. Только благодаря пространственному воображению
мы можем говорить о трехмерных фигурах, глядя на их плоские
изображения. Дадим определение изображения пространственной
фигуры.

50 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Определение. Изображением фигуры называется любая
фигура, подобная параллельной проекции данной фигуры на некоторую
плоскость.
Далее мы рассмотрим некоторые правила, полезные при
изображении многогранников. Грани многогранников — многоугольники,
лежащие в различных плоскостях. Поэтому для начала изучим, как
изображаются (плоские) многоугольники. При этом мы исключаем
из рассмотрения случаи, когда плоскость многоугольника
параллельна плоскости проектирования (в этом случае изображение строится
тривиально) или когда его плоскость параллельна направлению
проектирования (тогда изображением многоугольника служит отрезок).
Треугольник. Справедливо следующее утверждение:
изображением данного треугольника может служить любой треугольник. В
частности, изображением равностороннего треугольника может
служить произвольный разносторонний треугольник.
• Упражнение 2.6. Докажите это утверждение.
Таким образом, параллельное проектирование, вообще говоря,
не сохраняет величин углов и отношений длин непараллельных
отрезков.
Пример 2.2. Пусть А АВС — изображение некоторого
правильного треугольника. Построить изображение центра этого
треугольника.
Рис. 2.23
Решение. Вспомним, что центр правильного треугольника
является точкой пересечения его медиан. В силу свойств 1° и 3°
параллельного проектирования1, изображениями медиан данного правильного
треугольника служат медианы его изображения (т.е. треугольника
АВС). Поэтому искомым изображением центра является точка
пересечения медиан треугольника АВС (рис. 2.23). □
Обратите внимание на тот факт, что медианы треугольника-
оригинала изображаются медианами треугольника-изображения,
однако аналогичное свойство, вообще говоря, не имеет места для высот
и биссектрис треугольника.
'Заметим, что и преобразование подобия (на плоскости), как известно из
планиметрии, также переводит прямую в прямую, параллельные прямые — в параллельные
прямые и сохраняет отношение длин параллельных отрезков.

$2.5. ИЗОБРАЖЕНИЕ ФИГУР В СТЕРЕОМЕТРИИ 51
Параллелограмм. Изображением параллелограмма (в
частности, прямоугольника, ромба, квадрата) может служить любой
параллелограмм. (Обоснуйте самостоятельно это утверждение, используя
соответствующий факт для треугольника.)
• Упражнение 2.7. Постройте изображение равнобедренной трапеции и ее высоты.
Правильный шестиугольник. На рис. 2.24а изображен
оригинал — правильный шестиугольник ABCDEF с центром О. В
соответствии с вышесказанным ромб АВСО изображается
параллелограммом А'В'С'О' (рис. 2.246). Далее, в силу свойств 1° и
3° параллельного проектирования точки оригинала, симметричные
относительно точки О, переходят в точки изображения,
симметричные относительно точки О'. Поэтому, отражая точки А'> В', С
симметрично относительно точки О', получаем точки D', E\ F'
соответственно.
А В А' В'
а б
Рис. 2.24
Рис. 2.25
Отметим без доказательства, что изображением окружности
является эллипс — геометрическое место точек М плоскости, сумма
расстояний от которых до двух данных точек F\ и F2 этой плоскости
(фокусов) есть константа. Эллипс изображен на рис. 2.25.
Перейдем теперь к изображению некоторых многогранников.
На этих изображениях обычно сплошными линиями показываются
«видимые» ребра многогранника, а штриховыми — «невидимые».

52
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Тетраэдр. Изображением тетраэдра может служить
произвольный четырехугольник (выпуклый или невыпуклый) с проведенными
в нем диагоналями1 (рис. 2.26а, б).
Рис. 2.26
в
Параллелепипед. Изобразим сначала три ребра, выходящие из
одной вершины А (это можно сделать произвольно, см. рис. 2.27а).
Дальнейшее построение осуществляется уже однозначно: каждый из
остальных отрезков параллелен и равен по длине одному из уже
построенных трех отрезков (по свойствам параллельного
проектирования, см. рис. 2.276).
Изображения других пирамид и призм строятся аналогично.
Главное — не забывать о свойствах параллельного проектирования.
• Упражнение 2.8. Постройте изображение правильной четырехугольной
пирамиды, правильной четырехугольной усеченной пирамиды.
1Это утверждение называют теоремой Польке-Шварца. Его доказательство
можно найти, например, в [Бескин, 1971].

§ 2.6. СЕЧЕНИЕ МНОГОГРАННИКА. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МЕТОДОМ СЛЦДОВ 53
§2.6. Сечение многогранника.
Построение сечений методом следов
— Как милости вашей булет зав годно, —
отвечал на все согласный Селифан, — коли
посечь, то и посечь; я ничуть не прочь от
того... Оно нужно посечь, потому что...
порядок нужно наблюдать.
Н. Гоголь. Мертвые души
Пусть в пространстве заданы многогранник М и плоскость а. Эта
плоскость может не пересекать многогранник, иметь с ним ровно
одну общую точку (вершину многофанника), пересекать его по отрезку
(ребру многогранника) и, наконец, пересекать его по
многоугольнику (рис. 2.28д-г соответственно). В последнем случае говорят, что
многоугольник является сечением многогранника плоскостью, а эту
плоскость называют секущей плоскостью.
а б
в г
Рис. 2.28
Определение. Если пересечением многогранника и
плоскости является многоугольник, то он называется сечением
многогранника указанной плоскостью.
В этом и в следующих параграфах мы будем заниматься решением
задач такого типа: на данном изображении многофанника требуется

54
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
построить изображение его сечения данной плоскостью. Термину
«построить» мы придаем обычный планиметрический смысл
(построения проводятся циркулем и линейкой), поскольку построения
на изображении многогранника осуществляются в плоскости.
По сложившейся традиции мы будем вместо слов «на
изображении многофанника построить изображение его сечения» писать
«построить сечение многофанника», опуская слово «изображение».
Кроме того, отметим, что раз речь идет об изображениях фигур, то
мы, разумеется, будем использовать свойства параллельного
проектирования (см. § 2.3). Те места в последующих рассуждениях, где
эти свойства используются, обычно легко обнаруживаются, поэтому
мы не будем делать ссылок на указанные свойства, полагая, что Вы
уже приобрели некоторый опыт работы с изображениями по мере
изучения двух предыдущих парафафов.
В формулировке поставленной задачи мы не указали способ
задания секущей плоскости. Это можно сделать по-разному, например,
тремя точками, не лежащими на одной прямой (реже встречается
задание секущей плоскости точкой и прямой, не проходящей
через нее, а также двумя пересекающимися прямыми; эти способы,
впрочем, легко сводятся к первому), двумя точками и условием
параллельности некоторой прямой, точкой и условием параллельности
некоторой плоскости и т. п.
Рассмотрим сначала самый простой случай, когда секущая
плоскость задана тремя точками, две из которых лежат в плоскости одной
фани многофанника, а третья — в плоскости грани, смежной с
первой. В этом случае, как правило (если не возникает
параллельности некоторых прямых, на чем мы ниже остановимся особо), для
обоснования построения не приходится выходить за рамки аксиом
и, быть может, простейших следствий из них.
Приведем характерный пример.
Пример 2.3. Построить сечение пирамиды SABC плоскостью,
проходящей через точки К, L и М (рис. 2.29л; К £ (ABC),
L e (ABC), M e (ASC)).
Для решения поставленной задачи построим линии пересечения
секущей плоскости с гранями пирамиды. Предположим, что
плоскость KLM (которую мы обозначим а) построена. Так как плоскости
а и ABC имеют общую точку К9 то они пересекаются по прямой,
проходящей через К (согласно аксиоме пересечения плоскостей), а
так как эти плоскости имеют еще одну общую точку — точку L,
то прямая KL является линией пересечения плоскостей а и ABC.
Отсюда вытекает следующее построение: проведем прямую KL до
пересечения с отрезками АВ и ВС в точках Е и F (рис. 2.296). Пусть
эта прямая пересечет прямую АС в точке X. Будем рассуждать
аналогично: точки X и М лежат как в плоскости а, так и в плоскости AS С,
следовательно, прямая ХМ — их линия пересечения, поэтому стро-

3 2.6. СЕЧЕНИЕ МНОГОГРАННИКА. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МЕТОДОМ СЛВДОВ 55
им прямую ХМ до пересечения с отрезками SA и SC в точках Н и
G (рис. 2.29*). Повторяя рассуждения по той же схеме, делаем вывод,
что плоскости а и AS В пересекаются по прямой ЕН, а плоскости а
и BSC — по прямой FG. Поэтому, для завершения построения
остается соединить точку Е с точкой Н и точку F с точкой G (рис. 2.29г).
Единственность решения вытекает из аксиомы плоскости.
s s
Рис. 2.29
• Упражнение 2.9. Постройте сечение параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
плоскостью (KLM) (рис. 2.30), где К, L G (A\B\C\)y a Af G (AAi£).
Что же изменится, если прямые KL и АС окажутся
параллельными? В этом случае придется воспользоваться теоремами о
параллельности в пространстве. Так как прямая KL параллельна
прямой АС', лежащей в плоскости ASC, то по признаку парал-

56 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
лельности прямой и плоскости прямая KL параллельна плоскости
ASC. Но плоскость а проходит через прямую KL, следовательно
(по теореме о линии пересечения), линия пересечения плоскостей а
и AS С должна быть параллельна прямой К L. Проведем через точку
М прямую, параллельную KL. Пусть она пересекает отрезки SA и
SC в точках Н и G. Соединив точки Н и Е, а также G и F, получим
искомое сечение (рис. 2.31).
Рис. 2.31
Мы видим, что проведенное построение сечения в обоих
случаях было основано на нахождении линий пересечения секущей
плоскости с плоскостями граней многогранника — так называемых
следов секущей плоскости на плоскостях граней. Отсюда и
происходит название метода построения сечений, который мы только что
проиллюстрировали, — метод следов.
Приведем теперь пример использования для обоснования
построения сечения теоремы о линиях пересечения двух параллельных
плоскостей третьей плоскостью. Эту теорему удобно использовать,
когда речь идет о сечениях многогранников, имеющих параллельные
грани: призм, параллелепипедов, кубов и т. д.
Пример 2.4. Построить сечение призмы ABCDEAiBxCiDiEi
плоскостью, проходящей через точки К, L и М (рис. 2.32л), где
к, l e {авс\ м е {A^d).
Решение. Сначала построим прямую KL — линию пересечения
плоскостей KLM и ABC. Пусть эта прямая пересечет отрезки АВ
и CD в точках Рг и Р2 (рис. "2.326). Для того чтобы построить
след секущей плоскости на плоскости грани AiBiC\, заметим, что
плоскости ABC и AxBxCi параллельны (по определению призмы),
поэтому линия пересечения секущей плоскости и плоскости A\BiC\
должна быть параллельна прямой KL (и, конечно, проходить через
точку М). Строим прямую, проходящую через точку М, параллельно
прямой KL. Пусть она пересекает отрезки АгЕх и ExDi в точках Р5
и Р4 (рис. 2.32*). Дальнейшее построение не вызывает затруднений и
вполне аналогично построениям из примера 1. Сечение изображено
на рис. 2.32г. □

$ 2.6. СЕЧЕНИЕ МНОГОГРАННИКА ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МЕТОДОМ СЯЕДОВ 57
Рис. 2.32
Рис. 2.33
• Упражнение 2.10. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки
К, L и М (рис. 2.33), да KyL G (АА\В\ M G (CCXD).

58 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Теоремы о параллельности в пространстве применяются и когда
одним из условий задания секущей плоскости является ее
параллельность некоторой прямой или некоторой плоскости или некоторым
двум скрещивающимся прямым. Рассмотрим несколько примеров.
С, В\ С, , В{
Рис. 2.34
Пример 2.5. Построить сечение призмы ABCAiBxC\
плоскостью а, проходящей через точку К G (ААХС) параллельно плоскости
АВгС (рис. 234а).

§ 2.6. СЕЧЕНИЕ МНОГОГРАННИКА. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МЕТОДОМ СЛЕДОВ 59
Решение. Допустим, что сечение данной плоскостью а построено.
Так как плоскости а и АВХС параллельны, то линии их дересечения
плоскостью АА\С также параллельны. Поэтому следом секущей
плоскости на плоскости грани АА\С является прямая, параллельная
прямой АС и проходящая через точку К. Построим эту прямую.
Пусть она пересечет отрезки АА\ и СС\ в точках Рх и Р2 (рис. 2.346).
Рис. 2.35
Рассуждая аналогично, получаем, что линия пересечения плоскостей
а и AAi В проходит через точку Pi параллельно прямой ABi, а линия
пересечения плоскостей а и ВВгС — через точку Р2 параллельно
прямой СВХ. Дальнейшее очевидно (рис. 2Me). Решение задачи
единственно согласно теореме 2 из § 2.2. □

60 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
• Упражнение 2.11. Постройте сечение куба ABCDA\B\C\D\ плоскостью,
проходящей через середину отрезка A\D параллельно плоскости BC\D.
Пример 2.6. Построить сечение пирамиды SABCD
плоскостью а, проходящей через точки К и L параллельно ребру SB, где
K,Le (ABC) (рис. 2.35а).
Строим прямую К L — след секущей плоскости на плоскости
грани ABCD. Для определенности будем считать, что эта прямая
пересекает отрезки АВ и CD, а не их продолжения, в точках Р\ и
Р2 (другие случаи рассматриваются аналогично). Так как прямая SB
параллельна секущей плоскости а, то линия пересечения плоскостей
а и ASB параллельна прямой SB. Поэтому строим через точку
Pi прямую, параллельную прямой SB. Пусть построенная прямая
пересекает отрезок AS в точке РА (рис. 2.355). Пусть прямая KL
пересекает отрезок BD в точке X. Плоскость BSD проходит через
прямую, параллельную плоскости а, следовательно, линия
пересечения этих плоскостей параллельна прямой SB. Строим прямую,
проходящую через точку X параллельно прямой SBy — линию
пересечения плоскостей а и BSD. Пусть эта прямая пересекается с
отрезком SD в точке Р3. Для завершения построения достаточно
соединить эту точку с точками Р2 и Р4 (рис. 2.35в).
• Упражнение 2.12. Докажите, что решение рассмотренной в примере 2.5 задачи
единственно.
• Упражнение 2.13. Постройте сечение призмы АВСА\В\С\ плоскостью,
проходящей через середину ребра А В и вершину С параллельно прямой ВС\.
В В В
а б в
Рис. 2.36
Пример 2.7. Построить сечение пирамиды SABC плоскостью,
проходящей через точку Ку лежащую внутри SABC9 параллельно
скрещивающимся ребрам АВ и SC (рис. 236а).

§2.7. ПРИМЕНЕНИЕ ПРОЕКТИРОВАНИЯ ПРИ ПОСТРОЕНИИ СЕЧЕНИЙ 61
Построение искомого сечения показано на рис. 2.366, в. Для его
обоснования используется теорема о линии пересечения.
• Упражнение 2.14. Обоснуйте построение из последнего примера и докажите,
что решение поставленной задачи единственно.
§2.7. Применение проектирования
при построении сечений многогранников
В примерах, разобранных в предыдущем параграфе, следы секущей
плоскости находились достаточно легко, что объясняется наличием
двух точек в плоскости одной грани многогранника, принадлежащих
также и плоскости сечения. Теперь мы рассмотрим более сложные
ситуации.
Рис. 2 .37
Пример 2.8. Построить сечение призмы ABCAiBiCi
плоскостью KLM, где К е (ААХВ)У L е {ВВХС)У М е (ААгС) (рис. 2.37а).

62 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Решение. Точки К, L и М находятся по одной на каждой из
боковых граней призмы. Проблема заключается в нахождении следа
плоскости KLM на плоскости ABC (мы предполагаем, что эти
плоскости пересекаются). Для того чтобы построить этот след,
воспользуемся параллельным проектированием. Пусть точки К и Lx и
Мг — проекции точек К, L и М на плоскость ABC в направлении
бокового ребра призмы, а X и Y — точки пересечения прямых
KL и KXLU KM и KxMi соответственно (рис. 2.376). Так как
(KLM) П (ABC), то из трех пар прямых, KL и KXLU KM и
К\М\, LM и Lx Mi, есть по крайней мере две пары пересекающихся
прямых (докажите это самостоятельно). Пусть это будут пары KL,
K\Li и КМ у К\М\. Тогда прямая XY — искомый след (рис. 2.37в).
Действительно, точка X лежит на прямой KL, следовательно, она
принадлежит плоскости сечения. Но эта же точка лежит и в
плоскости ABC, так как она находится на прямой KXLX. Следовательно,
точка X принадлежит линии пересечения плоскостей KLM и ABC.
Аналогичный вывод делаем и относительно точки У. Теперь, после
того как нужный след построен, дальнейшее построение без труда
проводится методами предыдущего параграфа (рис. 2.37г).
В случае когда плоскости KLM и ABC параллельны, достаточно
через точки К, L и М провести прямые, параллельные прямым АВ,
ВС и С А (рис. 2.38). Искомое сечение тем самым будет построено
(докажите это). □
Рис. 2.38
Параллельное проектирование удобно использовать при
построении сечений призм (в частности, параллелепипедов и кубов). При
этом, как правило, в качестве плоскости проектирования
выбирают плоскость основания призмы, а за направление проектирования
принимают направление бокового ребра призмы.
При построении сечений пирамид удобно пользоваться
центральным проектированием. За плоскость проектирования принимается
плоскость основания, а в качестве центра проектирования берут
вершину пирамиды. Приведем соответствующий пример.

I
$2.7. ПРИМЕНЕНИЕ ПРОЕКТИРОВАНИЯ ПРИ ПОСТРОЕНИИ СЕЧЕНИЙ 63
Пример 2.9. Построить сечение пирамиды SABC плоскостью
KLM, где К е (ASВ), L G (BSC), М € (CSA) (рис. 2.39а).
Решение. Построим центральные проекции точек К, L и М на
плоскость ABC. Пусть это будут точки К\, Ьг и Мг (рис. 2396).
Построим точки пересечения прямых KL и KiLx (точка X), КМ
и К\М1 (точка У). Тогда аналогично тому, как это было сделано
s s
Рис. 2.39
в примере 2.8, доказываем, что прямая XY — линия пересечения
секущей плоскости и плоскости основания пирамиды. Дальнейшее
построение показано на рис. 2.39*. □
Проектирование помогает и при построении некоторых сечений,
заданных условием параллельности.

64
ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
• Упражнение 2.15. Постройте сечение призмы АВСА\В\С\ плоскостью,
проходящей через точки К и L параллельно прямой АВ, где К € (ВВ\С),
L G (АА\С) (рис. 2.40).
В рассмотренных выше примерах проектирование применялось,
по существу, для некоторого усовершенствования метода следов.
Метод следов, как мы видели, довольно универсален, но у него
имеется, пожалуй, один серьезный недостаток: построения следов
занимают довольно много места на листе бумаги, а в некоторых
случаях точки пересечения прямых вообще выходят за его пределы.
От этого недостатка свободен другой метод — метод внутреннего
проектирования, который мы сейчас проиллюстрируем.
Рис. 2.40
Пример 2.10. Построить сечение призмы ABCAiBxCi
плоскостью KLM (рис. 2.41л), где К G (ААгВ), L Е (ААгС), М G [ВС].
Сначала построим проекции точек К и L на плоскость ABC в
направлении ребра АА\ — точки Кг и^. Отрезок K\L\ является
проекцией отрезка KL. Пусть Хг — точка пересечения отрезков AM
nKiLi. Построим точку X отрезка KL, проекцией которой является
точка Х\ (рис. 2.416). Теперь найдем точку пересечения прямой АгА
с прямой MX — точку Р. Эта точка лежит в плоскости сечения.
Действительно, эта точка принадлежит прямой MX, которая
проходит через точки М и X, лежащие в плоскости сечения (точка М по
условию, а точка X — так как принадлежит прямой KL, лежащей
в плоскости сечения). Остается построить прямые РК и PL, пусть
они пересекают отрезки А В и СС\ в точках Q и N соответственно.
Четырехугольник MNPQ — искомое сечение (рис. 2А1в). □

§ 2.7. ПРИМЕНЕНИЕ ПРОЕКТИРОВАНИЯ ПРИ ПОСТРОЕНИИ СЕЧЕНИЙ 65
Пример 2.11. Построить сечение пирамиды SABC плоскостью
KLM (рис. 2.42л), где К G (ASB), L G (ASC), M G {ВС).
в
Рис. 2.41
Этот пример решается аналогично предыдущему с той лишь
разницей, что вместо параллельного проектирования используется
центральное (рис. 2.426).
3 Калинин А. Ю., Терешин Д. А.

66 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
• Упражнение 2.16. Постройте сечения многогранников, изображенных на
рис. 2.43 и рис. 2.44, плоскостью KLM с помощью метода внутреннего
проектирования.
Как видно из приведенных примеров, все построения мы
проводили, не выходя за пределы изображения данного многогранника.
Отсюда и происходит название описанного метода.

§ 2.8. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ
67
В заключение этого параграфа отметим, что многие задачи на
построение сечений многогранников могут быть решены и с помощью
комбинации метода следов и метода внутреннего проектирования.
Выбор того или иного метода (или их комбинации) диктуется в
каждом конкретном случае соображениями удобства, а также личным
вкусом решающего.
§2.8. Решение задач на сечения многогранников
— Мой дорогой Уотсон, попробуйте немного
поанализировать сами, — сказал он с легким
раздражением. — Вы знаете мой метол.
Примените его, и будет поучительно сравнить
результаты.
А. К. Доил. Знак четырех
В этом параграфе мы разберем решения некоторых задач, связанных
с определением вида сечения многогранника, вычислением
периметров, площадей сечений, отношений, в которых секущая плоскость
делит ребра многогранника (или другие отрезки) и т. п. При этом мы
не будем подробно описывать само построение сечения и проводить
обоснование построения, полагая, что после внимательного изучения
двух предыдущих параграфов Вы без труда сделаете это
самостоятельно. Тем не менее, когда Вы будете решать задачи, подобные
разбираемым в этом параграфе, не забывайте проводить аккуратное
построение сечения и давать обоснование построения — без этого
решение нельзя признать полным.
Отметим, что зачастую в формулировках задач о сечениях не
содержится требования построить их. Однако чертежи, на которых
сечение построено «на глазок», в большинстве случаев являются
источниками ошибок при дальнейшем решении. Поэтому, даже если
не сказано: «построить сечение плоскостью PQR*y — не поленитесь
выполнить черновую работу и проведите построение, это поможет
правильно решить задачу.
Приме]» 2.12. Точки Р, Q и R — середины ребер AXBU BiCi
и CD куба ABCDA\BiC\D\. Какой многоугольник получится в
сечении куба плоскостью PQRi Определить площадь этого
многоугольника, если известно, что ребро куба равно а.
Решение. Построим сечение методом следов (рис. 2.45). По
теореме о линиях пересечения двух параллельных плоскостей третьей
плоскостью стороны сечения, лежащие на параллельных гранях
куба, параллельны. Треугольники PBXQ и QCXX равны, поэтому
СХХ = -, а так как и RC = -, то точка К — середина [СС\].
з*

68 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Так как (PQ) \\ (Axd) (средняя линия AA^d), (RL) \\ (PQ),
(АгСх) || {АС), то (LR) || (АС), следовательно, L — середина [AD].
Аналогично, М — середина [АЛ!]. Из равенства прямоугольных
треугольников1 МАХР, PBXQ, QCXK, KCR, RDL и LAM
следует, что все стороны шестиугольника PQKRLM равны. Из равенства
Рис. 2.45
прямоугольных треугольников QC\X, XC\K и KC\Q следует, что
треугольник QKX равносторонний. Тогда LPQK = LQKR = 120°.
Аналогично доказывается, что все углы шестиугольника PQKRLM
равны 120°. Поэтому полученное сечение является правильным
шестиугольником. Сторона этого шестиугольника равна —=., следова-
тельно, его площадь равна —-—. D
4
Пример 2.13. Даккуб ABC DAxBiCiPi с ребром длины 1. Точка
Р — середина ребра A\DU точка Q делит отрезок АВх в отношении
2:1, считая от вершины А9 R — точка пересечения отредфв ВСХ
и ВХС. Построить сечение куба плоскостью PQR. Найти периметр
сечения и отношение, в котором плоскость сечения делит диагональ
АСХ куба.
Заметим, что мы еще не доказали справедливость известных из планиметрии
признаков равенства для треугольников, лежащих в разных плоскостях. Мы сделаем
это в гл. 8, не опираясь на результаты предыдущих глав, а пока будем пользоваться
указанными признаками без доказательства.

j 2.8. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ
69
Построим след секущей плоскости на плоскости верхнего
основания куба, для чего спроектируем на эту плоскость параллельно ребру
АА\ точки Q и R. Если Qx и Rx — проекции этих точек, а X —
точка пересечения прямых QR и QXRX, то прямая ХР — искомый
след (рис. 2.46). Глядя на рис. 2.46, трудно определить, какую именно
сторону верхнего основания, кроме AXDX, гересекает прямая ХР.
Поэтому, чтобы не сделать ошибку и правильно нарисовать сечение,
определим положение точки X вычислением.
Рис. 2.46
Рис. 2.47
Из подобия треугольников ААХВХ и QQXBX находим, что QQX =
= -. Кроме того, ясно, что RRX = -. Поэтому из подобия
треугольников XQQi и XRR\ получаем -~ = -J^ii = -, следователь-
XR\ RR\ 3
но,
XQX
= 2. Но и
AiQi
_ D = 2, a LAXQXX = LRXQXBX. Значит,
AAXXQX ~ ABxRiQi (рис. 2.47), следовательно, (AiX) || (RXBX)9
а это означает, что точка X лежит на прямой AXD. Поэтому сечение
выглядит так, как показано на рис. 2.48 (сечение — параллелограмм
и дгЬкб прямоугольник; докажите это). Из прямоугольного
треугольника A\B\N находим длину отрезка AXN: AXN = —. Периметр
сечения равен
AXN+NM+MDX+AXDX = 2(AXN+NM) = 2 (l+ ^) = 2+V^-
Построим теперь точку пересечения К секущей плоскости с
прямой АС\. Для этого достаточно найти точку пересечения отрезков

70 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
RDi и АСг (почему?). Теперь из подобия треугольников ADXK и
лч nrs AK AD\ л _
CiRK находим, что —— = -^-— = 2. □
Ключевым моментом в решении этой задачи явилось
определение положения прямой ХР относительно сторон верхнего основания
Рис. 2.49
куба. Ошибка в этом пункте привела бы к изменению формы
сечения (рис. 2.49). Поэтому при решении таких задач целесообразно
одновременно с построением сечения проводить вычисления,
уточняющие положение всех его вершин.
Приведем еще один подобный пример.
Пример 2.14. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
правильный треугольник ABC. Точки Р, Q и R взяты на медианах
SPiy SQi и SRi граней SAB, SBC и SCA соответственно так,

$2.8. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ 71
что SP : РРг = 2 : Д, SQ : QQX = 2 : 3, а й - середина отрезка
SR\> Построить сечение пирамиды плоскостью PQR и определить,
в каком отношении эта плоскость делит ребро SB.
Решение. Сначала построим след секущей плоскости на
плоскости основания пирамиды, соединив прямой точки X и У пересечения
прямых PR, P\R\ и PQ, P\Q\ (рис 2.50). Уточним теперь
положение точек X и У, найдя отношения ХР\ : XRX и YPi : YQX. Для
их вычисления воспользуемся известной из планиметрии теоремой
Менелая [Александров и др., 1991; Атанасян, 1991; Прасолов, 1991.
4.1]. Согласно этой теореме, примененной к треугольнику SP\Ri
/ * е*\ SR R\X Р\Р л л R\X 1 л
(рис. 2.51), — • — • — = 1, следовательно, 1. _ . j = 1,
откуда -£-£- = -. Аналогично из треугольника SPiQi находим, что
УРх
YQi
1
Обратимся теперь к рис. 2.52. Так как
YPX
YQi
то

72 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
УР! 1 УР, 1. Dr> AD . XPi I
Ш[ = 2™иЖ = -г <«»ftQi = A*i).«i»3 YrI = 2
и LYPXX = LAR\X, to AYPxX ~ AARiX, следовательно, точки
X, Y и А лежат на одной прямой (причем Y — середина отрезка
АХ). Теперь уже легко достроить сечение (рис. 2.53).
Чтобы найти SM : MB (M — точка пересечения АР и SB),
обратимся к рис. 2.54. Как известно из планиметрии, точка Р,
делящая медиану SP\ в отношении 2:1, считая от вершины 5,
является точкой пересечения медиан треугольника AS В. Поэтому
AM — медиана этого треугольника и SM : MB = 1:1. (Здесь
нам немного повезло. Если бы отношения A Pi : РгВ и SP : РР\
были другими, то снова нужно было бы воспользоваться теоремой
Менелая, применив ее к треугольнику SBPX.) □
Рис. 2.53 Рис. 2.54
Рассмотренная задача интересна еще и тем, что приведенное
нами решение иллюстрирует удобство применения теоремы
Менелая для вычисления отношений, в которых плоскость сечения делит
ребра (или другие отрезки) пирамиды. Ведь при построении
сечения пирамиды методом следов неизбежно возникают конфигурации,
подобные изображенным на рис. 2.51 и 2.52.
Приведем теперь пример, иллюстрирующий идею так
называемого вспомогательного сечения (решение ряда задач существенно
упрощается, если удачно провести некоторое дополнительное
сечение).
Пример 2.15. Пусть на диагоналях АВг и ВСг граней куба
ABCDAiBiCiDi расположены точки М и N соответственно так,
что отрезок MN параллелен грани ABCD. Найти отношения, в
которых точки М и N делят отрезки АВг и ВС\, если МN = ^- АВ.
Решение. Проведем через отрезок MN плоскость,
параллельную основаниям куба. (Как это сделать? Единственна ли эта плос-

§ 2.8. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ
73
кость?) Сечение куба этой плоскостью является квадратом,
который равен грани куба (рис. 2.SS). Пусть ребро куба равно а,
a AM : ABi = х. Из подобия треугольников МВХР2 и АВХВ
имеем МВг : АВХ = AfP2 : АВ = 5хР2 : ВХВ. Так как М5Х =
= (1 - х)АВи то МР2 = (1 - х)а, ВХР2 = (1 - х)а, ВР2 = ВВг -
- ВгР2 = ха. Из подобия треугольников BP2N и ВВ\С находим,
что P2N : BiCi = 5iV : ВСХ = 5Р2: ВВХ = х. Поэтому F2iV = жа и
5iV : BCi = AM : ЛВх = ж. По теореме Пифагора из треугольника
МP2N имеем МР| + iVF22 = MiV2. Следовательно, (1 - х)2а2 +
+ х2а2 = (5/9)а2, откуда Xi = 2/3 и х2 = 1/3. Тем самым задача
имеет два решения (рис. 2.55 и рис. 2.56). □
А в а В
Рис. 2.55 Рис. 2.56
В заключение рассмотрим планиметрическую задачу, которая
легко решается, если данную плоскую конфигурацию представить как
проекцию пространственной (этот прием часто называют выходом в
пространство).
Пример 2.16. На плоскости даны три параллельные прямые и три
точки. Построить треугольник, вершины которого лежат на данных
прямых, а данные точки лежат на прямых, содержащих его стороны
(по одной на каждой прямой).
Решение. Рассмотрим треугольную призму. Данные прямые
можно считать проекциями на данную плоскость прямых, содержащих
боковые ребра этой призмы, а данные точки — проекциями точек,
лежащих в плоскостях боковых граней призмы. Тогда искомый
треугольник будет проекцией сечения призмы, проходящего через эти
точки (призму нужно взять достаточно «длинной», чтобы в сечении
получился треугольник). Тем самым наша задача свелась к
построению сечения призмы по трем точкам в плоскостях боковых граней;
эта задача решена нами в предыдущем параграфе.

74 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
§2.9. Задачи
Если вы не можете решить задачу, вы
всегла можете взглянуть на ответ. Но,
пожалуйста, постарайтесь решить ее
самостоятельно, тогда вы научитесь
большему и быстрее.
Л. Кнут. The TgXbook
2.1. Даны скрещивающиеся прямые а и 6 и точка М. Постройте
прямую, проходящую через М и пересекающую а и Ь. Найдите
все точки М, для которых задача не имеет решения.
2.2. В пространстве даны три попарно скрещивающиеся прямые.
Постройте прямую, пересекающую каждую из них. Всегда ли
это возможно? Сколько таких прямых существует? Через любую
ли точку, взятую на одной из данных прямых, можно провести
искомую прямую?
ВС ВС
а б
Рис. 2.57
2.3. Верно ли, что две плоскости параллельны тогда и только тогда,
когда всякая прямая, пересекающая одну из них, пересекает и
другую?
2*4. Скрещивающиеся прямые а и 6 проектируются на плоскость а,
пересекающую обе прямые, причем прямая а проектируется

$2.9. ЗАДАЧИ
75
параллельно прямой 6, а прямая Ь — параллельно прямой а.
Докажите, что проекции данных прямых параллельны.
2.5. Может ли параллельная проекция тетраэдра на плоскость быть:
а) трапецией;
б) параллелограммом;
в) пятиугольником?
Если может, то укажите явно плоскость проектирования и
направление проектирования.
2.6. Может ли параллельная проекция параллелепипеда на
плоскость быть:
а) трапецией;
б) пятиугольником;
в) шестиугольником?
Если может, то укажите явно плоскость проектирования и
направление проектирования.
2.7. Постройте сечения многогранников (рис. 2.57), плоскостью
PQR.
II
Л
<г!х\ *'
Z 1 ъ
\ / ' \
\ / ■ \,
>* 1 х'
р<\ ! *
/ ч1 х
/ ) \_.
1 , D X
Г „_2
С\
J
В
Рис. 2.58
2.8. Постройте сечения многогранников (рис. 2.58), плоскостью,
проходящей через точки Р и Q параллельно прямой /.
2.9. Постройте сечения многогранников (рис. 2.59), плоскостью,
проходящей через точку Р параллельно плоскости а.
2.10* Постройте сечения многогранников (рис. 2.60), плоскостью,
проходящей через точку Р параллельно прямым 1г и /2.
2.11. Может ли четырехугольник KLMN быть сечением пирамиды
ABCD (рис. 2.61)?

76 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
2.12. а) Какие многоугольники могут быть сечениями куба
плоскостью?
б) Какие правильные многоугольники могут быть сечениями
куба плоскостью?
2.13. Может ли сечение куба быть тупоугольным треугольником?
2.14? Сечение правильной четырехугольной пирамиды является
правильным пятиугольником. Докажите, что боковые грани этой
пирамиды — правильные треугольники.
Рис. 2.59
Dx С,
Рис. 2.60
2.15. На рис.2.62 изображен шестигранник ABCDAxBiC\Diy все
грани которого являются четырехугольниками. Постройте
изображение его вершины Dx.
2.16. а) Через точку на ребре тетраэдра проведите плоскость а так,
чтобы сечение тетраэдра было параллелограммом.

$2.9. ЗАДАЧИ 77
б) Докажите, что сечение тетраэдра плоскостью Р \\ & также
является параллелограммом.
2.17. Докажите, что каждый тетраэдр имеет сечение, являющееся
ромбом. Сколько таких сечений можно построить?
2.18. Скрещивающиеся ребра тетраэдра имеют длины а и 6. Сечение
тетраэдра, параллельное этим ребрам, — ромб. В каких
отношениях плоскость сечения делит ребра тетраэдра, которые она
пересекает?
2.19. Докажите, что любую четырехугольную пирамиду можно
пересечь плоскостью так, что в речении получится параллелограмм.
Рис. 2.61 Рис. 2.62
2.20? Докажите, что периметр любого четырехугольного сечения
правильного тетраэдра с ребром длины 1 не меньше 2, но меньше 3.
2.21. Длина ребра куба ABCDAiBxCiDx равна а. На ребрах AD и
ВХС\ взяты соответственно точки М и Q, а на ребре CD —
точки Р и N так, что AM = CXQ = СР = DN = ^а.
Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через прямую
MP параллельно прямой NQ, и найдите его площадь.
2.22. Точки М, N и Р — середины ребер А В, CD и ВС тетраэдра
ABCD. Через точку Р проведена плоскость, параллельная
прямым DM и AN. В каком отношении она делит ребро AD?
2.23. Через середины М и N ребер AD и ССг
параллелепипеда ABCDAiBiCiDi проведена плоскость, параллельная его
диагонали BXD. В каком отношении она делит ребро ВВг7
2.24. Точки О и Ог — центры граней ABCD и AxBxCiDi куба
ABCDAiBiCiDi. На отрезке ООг взята точка 5 так, что
OiS : OS = 1:3. Через эту точку проведено сечение куба,
параллельное его диагонали АСХ и диагонали ВD основания.
Найдите площадь сечения, если длина ребра куба равна а.
2.25. Точка О — центр основания правильной четырехугольной
пирамиды SABCD. Через середины отрезков АВ> ВС и SO

78 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
проведена плоскость а. Найдите площадь сечения пирамиды
этой плоскостью, если известно, что площадь ее сечения
плоскостью, проходящей через точки АнС параллельно ребру SB,
равна q.
2.26. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD через
середины отрезков АВ и AD проведена плоскость, параллельная
ребру SA. Найдите площадь сечения, если АВ = a, SA = Ь.
2.27. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF на
диагонали основания AD взяты три точки, делящие ее на четыре
равные части. Через эти точки проведены сечения, параллельные
плоскости SAB. Найдите отношения площадей зтйх сечений.
2.28. Основанием пирамиды SABCD является параллелограмм
ABCD. Точка L лежит на ребре SD и делит его в
отношении SL : LD = 2 : 1, а точка К — середина ребра SB.
Постройте сечение пирамиды плоскостью AKL и определите,
в каком отношении эта плоскость делит ребро SC.
2.29. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD точка К —
середина ребра AD, точка М — середина ребра АВ, а точка
N — середина ребра ВС. Точки Р, Q и R лежат на отрезках
SK, SM и SN соответственно, причем SP : РК = 2:1,
SQ : QM = 4 : 7, a R — середина отрезка SN. В каком
отношении плоскость PQR делит ребра пирамиды, которые
она пересекает?
2.30. Правильная пятиугольная пирамида SABCDE пересечена
плоскостью, проходящей через вершину А основания и
середины ребер SD и SE. Найдите площадь сечения, если сторона
основания пирамиды равна а, а боковое ребро равно 6.
2.31* Через точку, взятую внутри треугольной пирамиды,
параллельно ее ребрам проведены отрезки с концами на гранях
пирамиды. Докажите, что сумма шести отношений длин этих
отрезков к длинам параллельных им ребер не зависит от выбора
первоначальной точки. Чему равна эта сумма?
2.32. а) Три прямые одной плоскости параллельны. На первой из
них взяты точки Ai и А2, на второй — Вх и В2, на третьей —
Ci и С2. Пусть прямые A\BX и А2В2у ВХС\ и В2С29 АхСх и
А2С2 пересекаются в точках X, Y и Z. Докажите, что точки
X, Y и Z лежат на одной прямой.
б) В плоскости даны треугольники ABC и АХВ\С\, причем
прямые АА\> BBi и СС\ пересекаются в одной точке.
Докажите, что если прямые АВ и А\В\9 ВС и BiC\> С А и
С\А\ попарно пересекаются, то точки их пересечения лежат на
одной прямой.
(Частные случаи теоремы Дезарга.)

$2.9. ЗАДАЧИ
79
2.33. На плоскости даны три луча с общим началом, и внутри
каждого из трех углов, образованных этими лучами, отмечено по
точке. Постройте треугольник так, чтобы его вершины лежали
на данных лучах, а стороны (или их продолжения) проходили
через отмеченные точки (по одной через каждую из точек).
2.34. В четырехугольник ABCD вписаны два прямоугольника с па-
. раллельными сторонами так, что на каждой из сторон АВУ ВС,
CD у DA лежит по одной вершине каждого прямоугольника.
Периметр каждого прямоугольника равен 10. Найдите площадь
четырехугольника ABCD и докажите, что для каждой точки на
любой из сторон четырехугольника ABCD можно построить
прямоугольник с вершиной в этой точке, вписанный в ABCD,
стороны которого параллельны сторонам данных
прямоугольников и периметр которого также равен 10.

i

В некотором пространстве, в некотором
подпространстве жило-было-эалано
нормализованное улобопорядоченное
семейство векторов...
Адам Ар и Ева Клид. Как три вектора
один детерминант в нуль обратили
ГЛАВА 3
ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
§3.1. Определение вектора. Линейные операиии
над векторами
Особенность понятия вектор заключается в том, что все
определения и теоремы, связанные с векторами на плоскости, дословно
(кроме, быть может, замены слова «плоскость» на слово
«пространство») переносятся на пространственный случай. Поэтому мы лишь
напомним схему введения этого понятия и подробно обсудим новые
свойства, возникающие в пространстве. Рекомендуем Вам прежде
чем продолжать изучение, освежить в памяти соответствующий
раздел планиметрии (см., например, [Гусятников, Резниченко, 1985]).
Понятие вектора вводится так: сначала определяют направленный
отрезок (как упорядоченную пару точек пространства) и понятия,
связанные с ним (начало, конец, длина, направление). Затем дается
определение равных направленных отрезков (как имеющих
одинаковую длину и направление). После этого определяют вектор.
Определение. Вектором называется множество всех равных
между собой направленных отрезков.
Векторы обычно обозначают строчными латинскими буквами со
стрелкой сверху, а, Ь, с и т. д. Направленные отрезки обозначают,
указывая их начало и конец, также со стрелкой сверху: АВ.
Итак, вектор — это множество, состоящее из бесконечного числа
элементов. Напомним одно важное соглашение, связанное с этим
понятием: если АВ € а, то говорят, что направленный отрезок АВ

82
ГЛАВА У ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
изображает вектор а; при этом на чертеже рисуется именно
направленный отрезок Л В, а говорят про него «вектор».1 В частности,
когда мы говорим «отложим вектор а от точки О», то имеется в виду,
что строится направленный отрезок О А, изображающий вектор а.
После того как дано определение вектора, все понятия, связанные
с направленными отрезками, переносятся на векторы следующим
образом: говорят, что векторы обладают некоторым свойством, если
этим свойством обладают изображающие их направленные отрезки.
Например, векторы называются равными, если равны изображающие
их направленные отрезки.
Определенный выше объект часто называют свободным вектором,
чтобы подчеркнуть, что вектор в геометрии характеризуется только
в * „с
а^- ? *с сГ^ В *в
Рис. 3.1 Рис. 3.2
Рис. 3.3
длиной и направлением, в отличие от связанного вектора, имеющего
фиксированное начало (таков, например, в физике «вектор силы»,
действующей на упругое тело, который характеризуется еще и точкой
приложения).
Под линейными операциями над векторами мы будем Понимать
сложение и вычитание векторов, а также умножение вектора на число
(скаляр). Эти операции определяются так же, как и для плоскости.
В частности, произведением вектора а на действительное число а
'Далее мы в тех случаях, когда не возникает двусмысленности, будем обозначать
вектор так же, как изображающий его направленный отрезок, например: А».

13.1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕКТОРА. ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАЦИИ НАД ВЕКТОРАМИ 83
называется вектор длины \а\ • |а|, сонаправленный с а, если а > О,
и направленный противоположно а, если а < 0.
Из планиметрии Вам известны правило треугольника (рис. 3.1),
правило параллелограмма (рис. 3.2) и правило ломаной сложения
векторов (если Ai,A2,...,An — произвольные точки плоскости, то
А\А2 + ... + Ап-\Ап = i4Xi4n). Правила треугольника и
параллелограмма сохраняются и в пространстве, правило ломаной
справедливо для произвольных точек j4i,A2, ...,An пространства,
кроме того, в пространстве справедливо правило параллелепипеда: если
О A G a, OJ5 Е Ь, ОС € с, то, построив на направленных отрезках
параллелепипед OAEBCFD (рис. 3.3), можно найти направленный
отрезок OD> изображающий вектор d, который является суммой
-♦
векторов а, 6, с.
Напомним основные свойства линейных операций (которые
доказываются точно так же, как и для плоскости).
Свойства сложения векторов1
1°. Va, b: a + b = Ь + а (коммутативность сложения).
2°. Va, Ь, с: a + (b + c) = (а + Ь) + с (ассоциативность сложения).
3°.Va: a + 0 = a.
4°.Va: a + (-a) = 0.
Свойства умножения вектора на число
1°. Va; Va,/? £ R: (a/?)a = a(/?a) (ассоциативность).
2°. Va; Va, /? € R: (a + /3)a = aa + /36 (дистрибутивность по
отношению к сложению действительных чисел).
3°. Va, Ь; Va G R: a(a + b) = aa + ab (дистрибутивность по
отношению к сложению векторов).
4°. Va: 1 • a = a.
• Упражнение 3.1. Докажите правило ломаной в пространстве и правило парал-
, лелепипеда, используя правила треугольника и параллелограмма.
Решим несколько задач, используя свойства линейных
операций над векторами в пространстве. Первые две из них дословно
повторяют соответствующие задачи из планиметрии.
Пример 3.1. Доказать, что если М — середина отрезка АВ, а
О — произвольная точка пространства, то
ОМ = ± (oA + ObY (3.1)
'Нулевой вектор 0 и противоположный вектор —а определяются так же, как и в
планиметрии.

84
ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
Решение. По правилу треугольника ай = а6 + о~Й = -о2 +
+ ом* (рис. 3.4). Аналогично, + ОВ. Поскольку
АЙ = MB, то -ОХ + ОЙ = -ОМ + Ш, откуда и следует (1).
о а
Рис. 3.5
Рис. 3.6
Замечание. Формула (3.1) — частный случай формулы деления отрезка е данном
отношении: если точка М делит отрезок АВ в отношении Л, т.е. AM : MB = A, a
О — произвольная точка пространства, то
1+Л 1+Л
(3.2)
• Упражнение 3.2. Докажите формулу (3.2).
Очевидно, при А = 1 формула (3.2) переходит в (3.1).
Формулу (3.2) можно и не запоминать, а в каждом конкретном случае
воспроизводить соответствующий вывод.
Пример 3.2. Доказать, что если М — точка пересечения медиан
треугольника ABC, О — произвольная точка пространства, то
ш=\(их
+ Ш + од\.
(3.3)
Решение. Пусть ААХ — медиана треугольника ABC (рис. 3.5). По
свойству медиан треугольника JU = 2М%. Но ~АЙ = -OA+OAf,
МА\ = —ОМ+ОА\. Следовательно, -02+(Ш = -20Й+2(Щ.
По формуле (3.1) ОА\ = - [ОВ + 0~с\. Подставляя это
выражение для OAi в последнее равенство, получаем, что ЮМ = О А +
+ д~ё + од, откуда следует (3.3). D
Следующая задача представляет собой обобщение свойства
медиан треугольника на пространственный случай. Конечно, оно может

13.2. КОМПЛАНАРНОСТЬ ВЕКТОРОВ. РАЗЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРА ПО БАЗИСУ 85
быть доказано и чисто геометрически [Кутасов и др., 1981], но мы
приведем здесь векторное доказательство.
Пример 3.3* В тетраэдре ABCD каждая вершина соединена с
точкой пересечения медиан противолежащей грани. Доказать, что
все эти отрезки1 имеют общую точку, которая делит каждый из них
в отношении 3:1, считая от вершины тетраэдра.
Решение. Обозначим точки пересечения медиан граней BCD,
ACD, ABD и ABC через А\, В\9 С\ и Dx соответственно. Пусть
точка X делит отрезок ААг в отношении 3:1, считая от точки А,
т.е. Ал = ЗХАг, О — произвольная точка пространства (рис. 3.6).
Тогда АХ = -ОА + ОХ, Ш[ = -Ol + ОАх. Следовательно,
-ОА + Ш = -ЪОХ + ЮАи откуда Ш = \Ш + 1оХ. Но
4 4
в силу (3.3) имеем Окончательно
получаем ох = ^(рА + оЁ + од + од). Полученное выражение
симметрично относительно перестановок вершин А, ВУС п D.
Следовательно, мы получим то же самое выражение для векторов
OY, iOZ и OU, где точки У, Z и U делят отрезки ВВг, ССг
и DD\ в отношении 3:1, считая соответственно от точек В, С и
D. Это означает, что X, У, Z и U — одна и та же точка, т.е.
X — общая точка всех четырех отрезков, делящая каждый из них
в отношении 3:1. □
§3.2. Компланарность векторов.
Разложение вектора по базису
Перед чтением этого параграфа советуем Вам вспомнить понятие
коллинеарности вектфов и теорему о разложении вектора по базису
на плоскости. Если Вы вдумчиво изучили соответствующий раздел
планиметрии, то все, что содержится в этом параграфе,
покажется1 Вам не более, чем тривиальным обобщением соответствующих
понятий и теорем для плоскости — двумерного пространства — на
трехмерный случай.
Определение понятия коллинеарности в пространстве дословно
повторяет аналогичное определение в случае плоскости.
Их часто называют медианами тетраэдра.

86
ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
Определение. Два вектора называются каллинеарными, если
изображающие их направленные отрезки параллельны некоторой
прямой. Нулевой вектор коллинеарен любому вектору.1
Новое понятие, возникающее в пространстве и играющее ту же
роль, что и коллинеарность векторов на плоскости, —
компланарность векторов.
-♦
Определение. Векторы а, бис называются компланарными,
если изображающие их направленные отрезки параллельны
некоторой плоскости, в частности, если хотя бы один из них нулевой.
Данные нами определения коллинеарных и компланарных
векторов корректны (т. е. параллельность, о которой в них идет речь,
сохраняется при любом выборе изображающих векторы направленных
отрезков) в силу свойства транзитивности параллельности прямых в
пространстве (следствие 2 из теоремы 2.2).
Докажем признак компланарности.
Теорема 3.1 (признак компланарности векторов). Если для векто-
ров a, b и с существуют числа х и у такие, что с = ха + уЬ, то
а,Ь и с компланарны.
Доказательство. Рассмотрим два случая.
1) а и Ь коллинеарны. Тогда Ь = za для некоторого
действительного z. Следовательно, ?= ха + уЬ = ха + y(za) = (х + zy)b = fca,
где к = х + zy, и по признаку коллинеарности векторов с
коллинеарен а. Аналогично с коллинеарен 6. Тогда найдется прямая /,
параллельная о, бис. Проведем через / плоскость а. Векторы а, Ь и
<Г параллельны а и, следовательно, компланарны.
2) а и 6 неколлинеарны. Отложим данные векторы от одной
точки О (рис. 3.7): 0А = а, О В = Ь, ОС = с. По условию теоремы
од - ха + уЬ. Предположим, что а, 6 и с некомпланарны. Это
означает, что точка С не принадлежит плоскости АОВ. В
плоскости АОВ можно построить точку D такую, что OD = ха + уЬ
(см. рис. 3.7). Следовательно, = OD, поэтому С и D — одна
и та же точка. Полученное противоречие означает, что а, Ь и с
компланарны. □
• Упражнение 33. Дан пространственный четырехугольник ABCD, где N и
М — середины отрезков ВС и DA. Докажите, что прямые АВ, CD и MN
параллельны некоторой плоскости.
1 Нулевой вектор по определению считается параллельным любой плоскости.

§ 3.2. КОМПЛАНАРНОСТЬ ВЕКТОРОВ. РАЗЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРА ПО БАЗИСУ 87
Указание. Докажите равенство и воспользуйтесь
признаком компланарности.
Подумайте, как обобщить задачу: в каких отношениях точки М и
N должны делить [ВС] и [AD]y чтобы утверждение задачи оставалось
Рис. 3.7 Рис. 3.8
Замечание. Теорема, обратная признаку компланарности: если а,Ъ и с
компланарны, то существуют числа х и у такие, что с = ха+ уЪ, неверна (приведите
соответствующий контрпример). Однако верно следующее утверждение.
Теорема 3.2. Пусть а,Ь и с — компланарные векторы, причем а и
Ь неколлинеарны. Тогда существует единственная нора чисел х и
у такая, что с = ха + уЬ.
Эта теорема сразу вытекает из теоремы о разложении вектора
по двум неколлинеарным векторам на плоскости. (Напомним: гово-
рят, что вектор Ь разложен по векторам а!,02> ...,а^, если указаны
действительные числа аь а2>...,ап такие, что 6 = a\d\ + а2аг + •••
... + апс&.) Аналогичная теорема о разложении вектора имеет место
в пространстве.
Теорема 3.3. Пусть а,Ь ис — некомпланарные векторы. Тогда для
ч* любого вектора d существует единственная тройка
действительных чисел х,у и z таких, что d = xa + yb + zc.
Доказательство. Существование. Рассмотрим два случая:
1) d II с. Тогда, поскольку с ф 0 (иначе а, Ь и с были бы
комланарны), существует число z такое, что d = zc = О • а + О • о + zc.
2) djf с. Отложим векторы а, 6, си d от одной точки О (рис. 3.8):
ОА = а,ОВ = Ь,0б = с, ОВ = I
Точки С, О и D не лежат на одной прямой (так как rf Jf с),
проведем через них плоскость а. Точки А, О и В также не лежат на одной

88 ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
прямой (а}(6; если а || Ь, то а, Ь и с* компланарны), проведем через
них плоскость /3. Поскольку а, бис некомпланарны, построенные
плоскости различны. Они имеют общую точку О и, следовательно,
пересекаются по прямой /, проходящей через О (см. рис. 3.8). В
плоскости а проведем {DCX) || /, где Сх е {ОС), и (DDX) || (ОС),
где Dx £ /. По правилу параллелограмма OD = OCi + OD\. Векторы
ОС\ и ОС = с коллинеарны, с ф О (иначе о, бис были бы
компланарны), следовательно, существует число z такое, что OCi = zc.
Далее, вектор OD{ можно разложить по неколлинеарным векторам
О А и О В в плоскости /3: ODx = ха + yb. Окончательно получаем
OD = d = ха + уЬ + zc.
Единственность. Предположим, что требуемое разложение не-
единственно, т.е. также d = хга + угЬ + гхсддя некоторых
действительных чисел х, у и z. Без ограничения общности можно считать,
что х ф хг. Вычитая данные равенства одно из другого, получаем
(х - хг)а + (у - уг)Ь + (z - zx)c = О,
откуда, поскольку х - хх ф О, имеем
X — Xi X — Xi
Значит, по признаку компланарности, а, бис компланарны.
Получили противоречие. D
Базисом на плоскости называется упорядоченная пара некол-
линеарных векторов. Любой вектор на плоскости может быть
однозначно разложен по базисным. Аналогично определяется базис в
пространстве.
Определение. Базисом в пространстве называется
упорядоченная тройка некомпланарных векторов.
Базис из векторов а, б и с обозначают {а,Ь,?}. Только что
доказанная теорема утверждает, что любой вектор пространства
однозначно разложим по базисным векторам.
Пусть а, бис- некоторый базис, d — произвольный вектор
пространства.
Определение. Коэффициенты а,/?, 7 в разложении d = aa +
+ /ЗЬ + 7?называют координатами вектора d в базисе {а,Ь,с}.

§ 3.2. КОМПЛАНАРНОСТЬ ВЕКТОРОВ. РАЗЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРА ПО БАЗИСУ 89
Координаты вектора в данном базисе определяются однозначно,
поэтому если нам каким-то способом удалось их определить, то
можно быть уверенными, что и любым другим способом получится
тот же самый результат. При этом, конечно, если мы сменим базис,
то координаты вектора, вообще говоря, изменятся.
Пример 3.4* Дан параллелепипед ABCDAiBiC\D\. Точки М и
N — середины ребер ВС nCiDi. Разложить вектор МN:
1) по векторам АВ, ADy AAX\
2) по векторам ЛЯ, AD, АС[.
Решение. Для начала заметим, что векторы каждой из троек
некомпланарны, поэтому искомые разложения существуют и
единственны. Для удобства обозначим АВ = р, AD = q, ААг = г,
АС[ = s (рис. 3.9). По правилу ломаной WN = Ш5 + СС[ + С$,
где МС = -, ССХ = ААг = f, CXN = - -р. Окончательно
имеем
MJV = --р + -q + г- Далее, по правилу параллелепипеда
1 ^
s = р + q + г, откуда r = s — р — q. Следовательно, MN = — -р +
+ ~Q+(s-p-Q) = '-'zP- -zQ + s- Говоря другими словами,
вектор MN имеет координаты ( - -; -; 1J в базисе {р; q; r} и
координаты (--; — -; 1) в базисе {р; q\ s }.

90
ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
§3.3. Угол между прямыми.
Угол между векторами
Здесь и далее под углом мы понимаем не геометрическую фигуру,
а величину. Соответствующую фигуру, образованную двумя лучами
с общим началом и одной из плоских областей, ограниченных ими,
будем называть плоским углом. Аксиомы измерения плоских углов
считаются известными из планиметрии. Напомним, что согласно
этим аксиомам каждый плоский угол имеет угловую величину,
которая неотрицательна, инвариантна относительно перемещений
(равные плоские углы имеют равные угловые величины), аддитивна (если
плоский угол является объединением неперекрывающихся плоских
углов с той же вершиной, то его угловая величина равна сумме
угловых величин этих плоских углов) и определенным образом
нормирована (задана единица измерения величины плоского угла). При
этом предполагается, что единица измерения плоских углов
одинакова во всех плоскостях. Из планиметрии известны две единицы
измерения углов — градус и радиан, которыми мы будем
пользоваться и в дальнейшем. Из планиметрии Вам известно, что угол
между параллельными прямыми по определению полагается равным
нулю, а углом между пересекающими прямыми называется величина
наименьшего из плоских углов, образованных этими прямыми. Эти
определения сохраняются и в пространстве. Нам остается только
определить угол между скрещивающимися прямыми.
Определение. Углом между двумя скрещивающимися
прямыми называется угол между пересекающимися прямыми,
параллельными данным скрещивающимся прямым.
Угол между прямыми обозначается Z(a,6). Если Z(a,6) = 7г/2,
то прямые а и 6 называются перпендикулярными.
Ясно, что пару пересекающихся прямых, о которых идет речь в
этом определении, можно выбрать в пространстве бесконечным
числом способов. Поэтому нам необходимо доказать корректность
данного определения, т. е. показать, что величина угла между друадя
скрещивающимися прямыми не зависит от выбора пары
пересекающихся прямых, параллельных им. Это следует из такой теоремы.
Теорема 3.4. Величины двух выпуклых плоских углов с
соответственно параллельными и одинаково направленными сторонами
равны.
Доказательство. Для развернутых углов теорема очевидна. Пусть
АО В и A\0\Bi — плоские углы, не являющиеся развернутыми.
Возьмем на сторонах плоского угла АО В точки М и N, а на
сторонах плоского угла AxO\Bi — точки Мг и N\ так, что ОхМг = ОМ

§ 3.3. УГОЛ МЕЖДУ ПРЯМЫМИ. УГОД МЕЖДУ ВЕКТОРАМИ
91
и 0\N\ = ON (рис. ЗЛО). Четырехугольник ОММ\0\ —
параллелограмм, так как его стороны ОМ и 0\МХ равны и
параллельны, следовательно, (ООг) || (ММг) и ООг = ММх. Аналогично
доказывается, что {ООг) \\ (NNi) и 00\ = ЛТД^.
Следовательно, ММ\ - NN\ и ввцду транзитивности параллельности прямых
(ММг) || (NNi). Поэтому четырехугольник ОММгОх —
параллелограмм, а значит, MN = MiNx. Треугольники MON и MiO\Nx
равны по трем сторонам,1 следовательно, LAOB = LAiOiBx. D
Рис. 3.10 Рис. 3.11
В заключение этого параграфа мы введем понятие угла между
векторами в пространстве. Пусть даны два направленных отрезка
О А и О В с общим началом. Углом между ними назовем угловую
величину наименьшего из плоских углов, образованных лучами О А
и О В, если О А ф 0 и О В ф б. Если же хотя бы один из этих
направленных отрезков нулевой, то угол между ними не определяется.
Определение. Углом между двумя векторами называется
угол между изображающими их направленными отрезками,
отложенными от одной точки пространства.
Корректность этого определения следует из теоремы 3.4.
Обращаем Ваше внимание на разницу между понятиями угла
между прямыми и угла между векторами: угол между прямыми не
может быть тупым, в то время как угол между векторами — может.
Отметим еще раз, что мы еще не доказали справедливость известных из
планиметрии признаков равенства треугольников для треугольников, лежащих в разных
плоскостях. Мы сделаем это в гл. 8, не опираясь на результаты предыдущих глав, а
пока будем пользоваться указанными признаками без доказательства.

92 ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
В дальнейшем мы будем обозначать через L(a, Ь) угол между
прямыми а и Ь, a Z(a, 6) — угол между векторами а и 6. Если эти углы
измерены в радианах, то £(а,6) £ [0,тг/2], a L(a, 6) 6 [0,7г].
Ненулевые векторы называются ортогональными^ если угол между ними
равен тг/2. Нулевой вектор по определению считается ортогональным
любому вектору.
Рассмотрим несколько задач, в которых угол между
скрещивающимися прямыми легко может быть найден непосредственно по
определению.
Пример 3*5. Найти угол между скрещивающимися диагоналями
двух соседних граней куба.
Решение. Обозначим данный куб через ABCDAXB\C\D\ и
найдем угол между прямыми АС и А\В (рис. 3.11). Проведем отрезок
AiCi. Очевидно, (AC) \\ (AxCi) как прямые пересечения
параллельных плоскостей ABC и AiBxC\ плоскостью ААХС. Следовательно,
LBA\C\ — искомый угол. Рассмотрим ABAxCi. Он
равносторонний, так как его стороны — диагонали равных квадратов.
Следовательно, 1(АС,АгВ) = LBAXCX = 60°. □
с\ Л с.
Рис. 3.12
Пример 3,6. Дан куб ABCDAxBiCiDi. Найти угол между
прямыми АС\ и Ах В.
Решение. Достроим еще один куб AB'C'DAxB^CiDu как
показано на рис. 3.12. Проведем отрезок АВ[9 он параллелен ВАХу так
что LC\AB\ искомый. Пусть сторона куба равна 1. Тогда стороны
треугольника АВ[С\ равны: АВ[ = >/2, АСХ = у/3, В\СХ = \/Ъ
(проведите соответствующие вычисления). Поэтому AAB[Ci
прямоугольный с прямым углом при вершине А (по теореме, обратной
к теореме Пифагора). Следовательно, (ACi)±(AiB). □

§ 3.4. СКАЛЯРНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ВЕКТОРОВ
93
§3.4. Скалярное произведение векторов
Известная Вам из планиметрии операция скалярного умножения
векторов определяется в пространстве аналогично.
Определение. Скалярным произведением двух ненулевых
векторов называется число, равное произведению их длин на косинус
угла между ними. Если хотя бы один из векторов нулевой, от их
скалярное произведение по определению полагают равным нулю.
Скалярное произведение векторов а и 6 обозначается а • Ъ или
(а, 6). Таким образом, а • 6 = \а\ • |6| • cos <р> где <р = Z(ff, 6), для а ф О
и6^0иа-0 = 0-6 = 0-0 = 0.
Свойства скалярного произведения
1°. Va, Ь : a • Ь = Ь • а (коммутативность).
2°. Va : а -а = |а|2; выражение a • а называется скацрным
квадратам вектора а и обозначается а3.
3°. Скалярное произведение равно нулю тогда и только тогда,
когда сомножители ортогональны1 или хотя бы один из них нулевой.
4°. Va, 6, Vfc G R (fca) • 6 = fc(a • 6) (ассоциативность по
отношению к умножению вектора на число).
5°.Va,b,c: a- (6 + ?) = a • 6 + а-? (дистрибутивность).
Свойства 1°-3° вытекают непосредственно из определения
скалярного произведения.
Доказательство свойства 4°. Рассмотрим три
возможных случая.
1) к = 0. В этом случае, очевидно, обе части доказываемого
равенства обращаются в нуль.
2) к > 0. Тогда (ка) • 6 = \ка\ • |Ь| • cos 1{ка,Ь) = |fc| • |a| • \b\ x
X cos L(a, b) = fc(a • 6).
3) к < 0. Тогда (fca) • 6 = \ка\ • |Ь| • cos 1{кауЬ) = |fc| • |a| • |6| х
X cos (тг -1(3, Ь)) = -к\а\ • \Ь\ • (- cos L{a, Ь)) = к\а\ • |6| • cos Z(a, b) =
= fc(a-6). D
Наименее тривиально доказательство дистрибутивности
скалярного произведения (свойство 5°). Докажем предварительно несколько
вспомогательных утверждений.
'Векторы а и 6 называются ортогональными, если l(S,b) ш х/2; обозначение:
а±Ъ.

94
ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСГРАНС ГВЕ
Лемма 3.1. Va, 6 : (a + fe)2 = a2 + 2a • b + b2.
Доказательство. Отложим векторы a и b так, как показано
в
Рис. 3.13
на рис. 3.13. Тогда по теореме косинусов из треугольника ABC
имеем
\а + Ь\2 = |о|2 + \Ь\2 - 2\а\ • \Ь\ • cos (тг - /.{а, Ь)) =
= |a|2,+ |6|2 + 2|a|-|6|- cos L{a,b),
следовательно, (a + b)2 = a2 + 2a • Ь + Ь2. □
Лемма 3.2. Va, Ь: (a - b)2 = a2 - 2a • b + P.
Доказательство. Имеем (fi + b)2 = (a + (-6))2. По лемме 1
(a + (-b))2 = a2 + 2a.(-6) + (-b)2.
Пользуясь свойствами 1° и 4° скалярного произведения, получаем
(a-b)2 = a2-2a-b + P.D
Лемма 3.3. Va, 6 : (a + bf = 2a2 + 2Ь2 - (a - б)2.
Для доказательства достаточно сложить равенства, полученные в
леммах 1 и 2.
Доказательство свойства 5°. Подсчитаем (а + 6 + с)2
двумя способами. С одной стороны,
(S+b + с)2 = (а+ (Ь + с))2 = о2 + 2а • (Ь + с) + (Ь + ?)2 =
= а2 + 2а • (Ь + с) + Ь2 + 26 • с + с2
(здесь мы дважды воспользовались леммой 1). С другой стороны,
пользуясь леммами 3 и 1, запишем
(з+*+*)'=((!+б)+(f+?)) =
+2((f)2+2(f-?)+?2)-^-?)2-

j 3.S. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
95
Далее, в силу свойства 4° скалярного произведения и леммы 2
(а + Ь+с)2 = а2 + 6* + с2 + 2а-Ь + 2Ь-с + 2а-с.
Следовательно,
а? + Ь2 + с2 + 26 • с + 2а • (Ь + с) =
= о2 + Ь2 + с2 + 2а • Ь + 2Ь • с + 2а • с,
откуда а • (Ь + с) = а • 6 + а • с. D
Выведем теперь выражение для скалярного произведения
векторов в координатной форме. Мы будем рассматривать в пространстве
базис специального вида. Пусть базис {е^е^ёз} таков> что ^l-l-^»
е2±е3 и e*3-Lei, кроме того, |ё\| = \е2\ = }е3| = 1 (такой базис называ-
ется ортонормированным). Рассмотрим векторы а и 6, заданные
координатами в ортонормированном базисе {ei,^,^}: a = (жа,уа,^а),
Ь= (хь,Уъ,2Ь).
Теорема 3.5. В ортамормировамном базисе скалярное произведение
векторов равно сумме произведений их соответствующих
координат.
Доказательство. Действительно,
а • b = (хаех + уае2 + zae3)(xbex + уье2 + zbe3) = xaxb + уаУь + zazb>
так как ei • е2 = е2 • е3 = е3 • ei = 0 и е"2 = ё*22 = ё*з = 1. п
Замечание. В произвольном базисе (не в ортонормированном) эта формула
неверна.
• Упражнение 3.4. Пусть скалярное произведение любых двух векторов равно
сумме произведений их координат в некотором базисе. Верно ли, что этот базис
ортонормированный?
§3.5. Примеры решения задач
Поверь в то, что ты знаешь все
ответы, и ты их узнаешь.
Р. Бах. Иллюзии
В этом параграфе мы покажем, как применяются признаки
коллинеарности и компланарности векторов при решении задач. Кроме того,
мы решим задачу о нахождении длины отрезка и угла между
скрещивающими прямыми с помощью скалярного произведения векторов
(другие применения скалярного произведения к вычислению
расстояний и углов обсуждаются в § 4.8).

96
ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
Рис. 3.14
Пример 3.7. Плоскость пересекает боковые ребра 5Л, SB, SC
и SD правильной четырехугольной пирамиды SABCD в точках
М, N, Р и Q соответственно (рис. 3.14).
Доказать, что
SM x SP SN x 5Q
Решение. Положим, не офаничивая
общности, SA = SB = SC = SD = 1.
Пусть также SM = a, SN = Ь, 5Р = с,
5Q = d.
Векторы iVAf, NP и iVQ
компланарны и JVM Jf JVf\ поэтому существуют
единственные числа х и у такие, что xNM + yNP. Разложим обе
части этого векторного равенства по базису {SА, 55,5С/}:
NM = SM-'SN = all - Ь5В,
WP = ~SP-~SN = cSe- 65B,
iV<3 = 5^ - 5JV = <*5Я - 555 = d(5A + AD) - 655 =
= <*(5Л - 55 + s6) - 655 = <*5Л - (d + 5)55 + dS^.
Получаем
d5A - (d + 6)55 + dsd = axSA - 6(x + y)55 + су!б.
Отсюда в силу единственности разложения по базису
получаем d = ax, d + 6 = 6(х + у) и d = су. Следовательно,
d , d cf + 6 1,1 1 , 1 m
a+y=-+-= —г-,т.е. - + - = - + -.D
ас а а с 6 а
Пример 3.8. На диагоналях АВХ и САх боковых граней
треугольной призмы ABCAiBiCi расположены точки Ей F соответственно
так, что (EF) || (ВС\). Найти отношение длин отрезков EF и ВС\.
Решение. Пусть С А = а, С В = 6, CCi = с (рис. 3.15). Разложим
векторы АВи СА\ и ВС\ по базису {а, 6, с}, используя правило
ломаной. Имеем
АВ[ = Аб + СВ + ¥в[ = -а + 6 + с,
cT1=CA + AJi1 =a + c,
вс[ = вд + сс[ = -ъ + с.

f 3.S. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
97
В силу коллинеарности АЕ и АВг существует число х такое,
что АЕ = хАВ\ = ж(—а + 6 + с). Аналогично, существует число у
такое, что CF = уСЛх = у(а + с). По условию EF || Ж7Х,
следовательно, существует число z такое, что EF = zBCi = г(—Ь + с).
л в
Рис. 3.15 Рис. 3.16
По правилу ломаной, примененному к ломаной CAEF, имеем
Аб = A$ + ¥f + f6, откуда -а = х(-а + Ь + с) + z(-b + с) -
- у(а + с),т.е.
(1-х - у)а + (х - z)b + (х + z - у)с = б.
В силу единственности разложения по базису последнее
векторное равенство равносильно трем скалярным: 1 — ж - у = О, x — z = 0
1 2
и х + z — у = 0. Отсюда ж = г = г,у= т.
Искомое отношение J5F : ВСг = |z| = -. □
Пример 3.9. На ребрах SA и 55 тетраэдра SABC выбраны
соответственно точки Аг и jE?i, причем известно, что 5i?i : 52? = тп.
Точки М и N лежат на отрезках АгВ и CJ?i соответственно, причем
CJV : CBi = р, а отрезок A/iV параллелен плоскости ASC. Найти
отношение ВМ : ВА\.
Решение. Выберем базис в пространстве: SA = а,
Jd = с (рис. 3.16). Обозначим SAX : SA - п и ВМ : ВАг = q.
Тогда 5Л1 = па, вТх = В$ + SA^ = -Ь + па, ВМ = дВЦ =
4 Калинин А. Ю., Терешин Д. А.

98 ГЛАВА 3. ВЕКТОРЫ В ПРОСТРАНСТВЕ
= -gb + qna. Аналогично, SBX = mb, СВХ = CS + SBX = -с + mb
и CiV = pCBi = -рс + pmb. По правилу ломаной ВМ + MN +
+ ^ + ^ = 0,огкудаЯ = -^ + С]У + С5= -(qb + qna) +
+ (—рс + pmb) + (b — с) = -nga + (g + mp- 1)6 + (1 — р)с. С другой
стороны, поскольку вектор MN параллелен плоскости ASC, он
раскладывается по базису {а, с) в этой плоскости: = аа + 7с,
где а и 7 ~ некоторые действительные
числа. Сравнивая два последних выражения,
приходим к выводу, что q + тр —1 = 0, откуда
q = 1 — тр. □
Пример ЗЛО. В правильном тетраэдре
ABCD точки М и N — середины ребер ЛЯ
иСЯ.
1. Известно, что А В = а. Найти: а)
длину отрезка MN; б) угол между прямыми МN
и ВС.
2. Доказать, что (MN)±(AB) и (МN)±{CD).
Решение. Введем базис а = ~ВСУ Ь = ВЛ, ?= BD (рис. 3.17).
ТогдаИ==М^ + ^ + ^ = -^6 + а+^(с-а)= ±(а-Ь + с).
1. а) Имеем
|Ш|2= А(а-Ь + с)2 =
= ± (aa + S* + ca-23.fc + 2a-c-2fc-c) =
-i(..+d>+d«-».£+*.£-2.£)-f
ХЖ AT a>/2
следовательно, AfN = -^—.
б) Нам нужно найти угол а между прямыми MN и ВС Найдем
связь между а и L{MN, ВС). Из определения скалярного
произведения векторов вытекает, что
itTTu Б7*\ TdN 'вд
cos L{MN, ВС) = ——-.
\MN\ • \ВС\
Но угол между прямыми не может быть тупым. Поэтому, если
L(MN,W5) < 1, то a = 1(МЁ,В6)9 а если 1(мЯ,вд) > £,

$3.6. ЗАДАЧИ
99
ТО Q = 1Г И в том, и в другом случае cos a =
= cos следовательно,
\MNB&\
cos a =
\mn\-\b6\
Так как мЯ вб = ^(а-Ь + с)-а = у, |Шг| = ^,
|Ж7| = а, то cos а = —, т. е. а = —.
2. Ясно, что достаточно доказать равенства MN • В А = 0 и
M~N CD = 0. Имеем
MN
ВА= I(5_6 + c>6=i(^-a2+^)=0,
MN • С£> = ± (a - 6 + с) • (с- о) =
= -(а-с — Ь-с + ^ — сР + Ь-а —с-а) =
= i(c2-a2-6c + 6-a) =
§3.6. Задачи
Решение задач является наиболее
характерной и специфической разновидностью
свободного мышления.
У. Джеймс
3.1. В пространстве даны четыре точки: А, В, С и D. Точки М и
N — середины отрезков АВ и CD. Докажите, что
2MN = a6 + bd = ad + b6.
3.2. Дан тетраэдр ABCD. Найдите все точки М пространства
такие, что
На + Шв + Шд + aid = б.
4*

100 ГЛАВА 3. BEKTOFfrl В ПРОСТРАНСТВЕ
3.3. Докажите, что отрезки, соединяющие середины
скрещивающихся ребер тетраэдра (иногда называемые бимедианами
тетраэдра) пересекаются в одной точке. В каком отношении
они делятся точкой пересечения? Докажите, что точка
пересечения бимедиан совпадает с точкой пересечения медиан
тетраэдра (см. пример 3.3).
3.4. Пусть G и Gi — точки пересечения медиан тетраэдров ABCD
и AiBxCiDy. Докажите, что
ААг + ¥в[ + СС[ + Ш[ = 4GG\.
3.5? На ребрах АВ, АС и AD тетраэдра ABCD юяты точки К, L
и М так, что АВ = аАК, АС = (3AL и AD = у AM.
а) Рассмотрим всевозможные плоскости KLM такие, что
7 = ol + /3 + 1. Докажите, что все они проходят через
фиксированную точку.
б) Рассмотрим всевозможные плоскости KLM такие, что
/3 = а + 1и7 = а + 2. Докажите, что все они проходят через
фиксированную прямую.
3.6? Два правильных пятиугольника, О ABCD и OAiBiC\Di, не
лежат в одной плоскости. Докажите, что прямые AAU ВВг,
СС\ и DDX параллельны одной плоскости.
3.7. Через концы трех ребер, О А, О В и ОС, параллелепипеда
проведена плоскость ABC. Докажите, что точка пересечения
медиан треугольника ABC лежит на диагонали параллелепипеда.
8 каком отношении эта точка делит указанную диагональ?
3.8. Точка К — середина ребра ААХ куба ABCDA\BXC\D\.
Найдите угол между прямыми:
а) В К и ADu
б) В К иАгСг.
3.9. Точки М и N — соответственно середины ребер ВС nAD
тетраэдра ABCD, в котором АС = BD, а угол между прямыми
АС и BD равен а. Найдите угол между прямыми MN и АС.
3.10. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAxBiC\Di длины
ребер АВ и ВС равны соответственно а и 2а. Известно, что
существует прямая, пересекающая прямые ААг, ВС и C\Di
и образующая с ними равные углы. Найдите длину ребра ААг.
3.11? В тетраэдре ABCD длины ребер АВ, ВС и CD равны а,
LABC = z-, LBCD = l(ABy CD) = arccos ^. Найдите длину
ребра AD.
3.12. В треугольной пирамиде сумма квадратов длин сторон
основания равна а2, а сумма квадратов длин боковых ребер равна ft2.

$3.6. ЗАДАЧИ
101
Найдите длину отрезка, соединяющего вершину пирамиды с
точкой пересечения медиан основания.
3.13. Дань* три некойпланарцых эектора. Существует ли ненулевой
четвертый вектор, перпендикулярный трем данным?
3.14. Четыре луча, выходящих из одной вершины, образуют попарно
углы величины а. Найдите а.
3.15. Даны точки А, Ву С и Dy не лежащие в одной плоскости.
Найдите точку Му для которой сумма МА2 + MB2 + МС2 + МD2
принимает наименьшее значение.
3.16. Точка пересечения медиан тетраэдра ABCD одинаково
удалена от вершин А и В. Докажите, что
АС2 + АР2 = ВС2 + BD2.
3.17. Докажите, что для любых четырех точек пространства А, В,
С и D справедливо равенство
АВ-сЪ + вб-AD + tt-BD = 0. .
3.18. Докажите, что если две пары противоположных ребер
тетраэдра перпендикулярны, то перпендикулярны и два оставшихся
противоположных ребра.

— Я думаю, Дон, что в моей голове это
просто не может уместиться. Я просто
не знаю, как мне удастся все это
выучить.
— Практикой. Немножко теории и
много практики, — сказал он. — На это ухолит
примерно дней десять.
Р. Бах. Иллюзии
ГЛАВА 4
ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ
В ПРОСТРАНСТВЕ
§4.1. Перпендикулярность прямой и плоскости
...возьми
перо и чистый лист бумаги
и перпендикуляр стоймя
восставь, как небесам опору.
И. Бродский. Пенье без музыки
Определение. Прямая называется перпендикулярной
плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой
плоскости.
То, что прямая а перпендикулярна плоскости а, кратко
записывают так: а±а (или а±а).
Данное нами определение не очень удобно использовать при
проверке перпендикулярности прямой и плоскости. Гораздо удобнее
пользоваться следующей теоремой.
Теорема 4.1 (признак перпендикулярности прямой и плоскости).
Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым,
лежащим * плоскости, то ома перпендикулярна этой плоскости.
Доказательство. Пусть в плоскости а даны две
пересекающиеся прямые, 6 и с, а прямая а перпендикулярна этим прямым.
Возьмем в плоскости а произвольную прямую d, отличную от Ь и с.
Мы должны показать, что прямая а перпендикулярна прямой d.

104 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Выберем произвольно точки А и Аг на прямой а, В и Вг —
на прямой Ь, С и С\ — на прямой с, D и Di - на прямой d
(рис. 4.1). Введем векторы а, 6, с и d, изображаемые направленными
отрезками ЛЛХ, ВЯХ, CCi и DDi соответственно. Так как прямые
Ь и с пересекаются, то {Ь, с} — базис в плоскости а. По теореме о
Рис. 4.1
Рис. 4.2
разложении вектора по базису существуют числа х и у такие, что
d = xb + ус. Умножим обе части этого равенства скалярно на вектор
а и раскроем скобки, пользуясь дистрибутивностью скалярного
произведения, получим a-d = a- (xb + ус) = ха • 6 + у а • с. Но так как
а±Ь и а±с, тоа-Ь = а-с=0, следовательно, a • d = 0, и, значит,
a±d. D
Ниже мы убедимся, что перпендикулярные прямая и плоскость
действительно существуют.
Пример 4.1. Даны прямая а и точка А. Доказать, что через
точку А можно провести плоскость, перпендикулярную прямой а, и
притом только одну.
Решение. Приведем построение искомой плоскости и тем
самым докажем ее существование. Проведем плоскость /3 через
точку А и прямую а (если А £ а, то (3 — произвольная плоскость,
проходящая через а) и, кроме того, проведем через а плоскость 7»
отличную от /3 (рис. 4.2). Через точку А в плоскости /3 проведем
прямую 6, перпендикулярную прямой а. Пусть она пересекает прямую a
в точке М. В плоскости 7 проведем через М прямую с±а. Наконец,
через прямые бис проведем плоскость а. По построению а±Ь и
а±с9 где b и с — пересекающиеся прямые, лежащие в плоскости
а. Следовательно, в силу признака перпендикулярности прямой и
плоскости, а±а.

§4.1. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ ПРЯМОЙ И ПЛОСКОСТИ 105
Докажем единственность искомой плоскости.
Предположим, что через А можно провести две плоскости, а и аь
перпендикулярные прямой а. Обозначим через с линию пересечения
плоскостей а и аг. Так как а±а, а с С а, то по определению а±с.
Поэтому либо а и с — скрещивающиеся прямые, либо прямая а
пересекается с прямой с в некоторой точке О.
Рассмотрим первый случай (рис. 4.3). Проведем через точку А
и прямую а плоскость у. Она пересечет плоскости а и ах
соответственно по прямым 6 и Ь\, проходящим через точку А. Так как а±а и
Рис. 4.3 Рис. 4.4
aJLax, то по определению а±Ь и а±Ьг. Это означает, что в плоскости
7 существуют две различные прямые, проходящие через точку А и
перпендикулярные прямой а. Но из планиметрии известно, что это
невозможно.
Во втором случае (рис. 4.4) проведем через прямую а плоскость 7
так, чтобы с £ 7- Она пересечет плоскости а и аг по прямым 6
и bi соответственно, причем Ь±а и 6i±a. Таким образом, в
плоскости 7 через точку О проходят две прямые, перпендикулярные а, что
невозможно. D
Следующая задача решается аналогично примеру 4.1. Мы
предлагаем Вам решить ее самостоятельно.
Пример 4.2. Даны плоскость а и точка А. Доказать, что через
точку А можно провести прямую, перпендикулярную плоскости а,
и притом только одну.
Определение. Прямая, перпендикулярная плоскости,
называется перпендикуляром к этой плоскости. Прямая, не
перпендикулярная плоскости и пересекающая ее, называется наклонной к этой
плоскости.

106 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
§4.2. Связь между параллельностью
и перпендикулярностью
Палочки лолжны быть попенликулярны.
В. Каверин. Ава капитана
Теорема 4.2. Если одна из двух параллельных прямых
перпендикулярна данной плоскости, то и вторая прямая перпендикулярна
этой плоскости.
Доказательство. Пусть даны две параллельные прямые, аг
и а2, и плоскость а, причем известно, что аг±а (рис. 4.5). Докажем,
что а,2±а.
Возьмем в плоскости а две пересекающиеся прямые, Ьг и 62.
Поскольку a,i±a, то по определению перпендикулярности прямой
Рис. 4.5
и плоскости a,x±bi и аг±Ь2. Но так как а2 || аь то Z(a2,&i) =
= 1(аиЬг) = 90°. Аналогично, Z(a2,62) = ^(ai,b2) = 90°. Значит,
a2±6i и а2±62, и, в силу признака перпендикулярности прямой и
плоскости, a2_La. D
Теорема 4.3. Если две плоскости перпендикулярны одной прямой,
то они параллельны.
Доказательство. Пусть даны две плоскости, а и/3, и прямая
а, причем известно, что а±а и а±/3. Нужно доказать, что плоскости
а и (3 параллельны. Предположим противное: а и /3 имеют общую
точку М. Тогда через точку М проходят две плоскости,
перпендикулярные данной прямой, что противоречит результату примера 4.1.
Следовательно, а || /3. □
• Упражнение 4.1. Докажите, что: а) если две прямые перпендикулярны
плоскости, то они параллельны; б) если прямая перпендикулярна одной из двух
параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и другой плоскости.

$4.3. ТЕОРЕМА О ТРЕХ ПЕРПЕНДИКУЛЯРАХ
107
§4.3. Теорема о трех перпендикулярах
Нас мало. Нас может быть трое...
Б. Пастернак.
Из цикла -Я их мог позабыть»
Определение. Параллельное проектирование, при котором
направление проектирования перпендикулярно плоскости
проектирования, называют ортогональным проектированием.
Теорема 4.4 (о трех перпендикулярах). Прямая, лежащая *
плоскости, перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда
она перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость.
Доказательство. Пусть прямая т лежит в плоскости а, а —
наклонная, ах — ее проекция на плоскость а, {АА\) —
перпендикуляр к а (А £ а, А\ £ а{) (рис. 4.6).
Так как (AAi)±a, то {АА\)±.т.
Проведем через прямые аи ах
плоскость/3.
Пусть т±аг. Тогда, поскольку
т±(ААг), то по признаку перпен- у
дикулярности прямой и плоскости £t_
т±/3 и, следовательно, т±а.
Обратно, если т±а9 то,
поскольку т±(АА1), имеем т±(3, следова- Рис. 4.6
тельно, m±a,i. □
В дальнейшем, говоря о проектировании, если не оговорено
противное, мы будем иметь в виду ортогональное проектирование.
§4.4. Дальнейшие сведения о многогранниках
Прячет с помощью
пирамид
горизонтальность
свою земля...
И. Бродский.
В окрестностях Александрии
Теперь, когда Вы познакомились с понятием перпендикулярности
прямой и плоскости, мы продолжим изучение многогранников и их
элементов, начатое в §2.4. Здесь мы выведем основные формулы
для вычисления площадей поверхностей многогранников и
приведем (без доказательства) формулы для вычисления их объемов. При
этом под площадью поверхности многогранника мы понимаем сумму
Y
\ А
\ А
\- 1 WI
» i \

108 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
площадей его граней и полагаемся на интуицию при использовании
понятия объема.
Отметим еще раз, что наше знакомство с многогранниками
носит предварительный характер. Мы еще вернемся к ним в гл. 6,
где, в частности, будет дано общее определение геометрического
тела. Понятия площади поверхности и объема многогранника будут
обсуждаться в курсе стереометрии 11 класса в рамках общей
теории площадей поверхностей и объемов тел. Там же будут выведены
формулы для объемов многогранников.
Призма
Определим еще один элемент призмы — ее высоту. Отрезок
перпендикуляра к плоскостям оснований призмы, заключенный между
этими плоскостями, называют высотой призмы.
Рис. 4.7 Рис. 4.8
Призма называется прямой, если ее боковые ребра
перпендикулярны плоскостям оснований (рис. 4.7). Прямая призма,
основаниями которой явлйются правильные многоугольники, называется
правильной призмой.
Пусть дана произвольная призма AiA2...AnA'lA!2...A'n (рис. 4.8).
Проведем через точку А", принадлежащую ребру А1А[, плоскость
а, перпендикулярную этому ребру. Пусть плоскость а пересекает
прямые, содержащие боковые ребра призмы, в точках А'2',...,А^.
Многоугольник А!{АЦ...А'^ будем называть перпендикулярным
сечением призмы (он не обязательно целиком лежит внутри призмы; см.
рис. 4.9).
Пусть боковые ребра призмы имеют длину /. Вычислим площадь
боковой грани А\А2А!2А'1 по формуле площади параллелограмма;
она равна А"А'2' • / (сторона А![А{ — высота параллелограмма).
Складывая площади всех боковых граней, получаем, что площадь

§4.4. ДАЛЬНЕЙШИЕ СВЕДЕНИЯ О МНОГОГРАННИКАХ
109
боковой поверхности призмы равна произведению периметра
перпендикулярного сечения на боковое ребро:
5бок = Р±'1
(здесь 5бок обозначает площадь боковой поверхности — сумму
площадей боковых граней, а Р± — периметр перпендикулярного
сечения). В частности, для прямой призмы
5бок = Р * U где Р — периметр
основания. \^з
Объем (наклонной) призмы
вычисляется по формуле
V = S± • /
где Sх — площадь перпендикулярного
сечения, / — длина бокового ребра,
или по формуле
^ = 5осНЯ
Рис. 4.9
где Sock — площадь основания
призмы, Я — длина ее высоты.
В § 2.4 мы определили частный вид призмы — параллелепипед.
Параллелепипед, боковые ребра которого перпендикулярны
плоскости его основания, называется прямым. Прямой параллелепипед,
в основании которого лежит прямоугольник, называется
прямоугольным.
Замечание. В § 2.4 мы определили прямоугольный параллелепипед как
параллелепипед, все грани которого являются прямоугольниками. Нетрудно видеть, что
данные определения эквивалентны.
• Упражнение 4.2. Докажите это утверждение.
Объем прямоугольного параллелепипеда вычисляется по формуле
V = аЬс
где а, 6, с — длины трех его ребер, выходящих из одной вершины
(которые мы будем называть измерениями прямоугольного
параллелепипеда).
• Упражнение 4.3. Докажите, что диагональ d прямоугольного параллелепипеда
связана с его измерениями а, 6, с соотношением d2 e а2 + Ь2 + с2.
Прямоугольный параллелепипед, все ребра которого равны,
называется кубом. Объем куба вычисляется по формуле
V = а3
где а — длина ребра куба.

110 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Замечание. В § 2.4 мы определили куб как прямоугольный параллелепипед, все
грани которого — квадраты. Данные два определения куба эквивалентны.
• Упражнение 4.4. Докажите это утверждение.
Пирамида
Определим новый элемент пирамиды — ее высоту. Отрезок
перпендикуляра, проведенного из вершины пирамиды к плоскости
основания, заключенный между вершиной и плоскостью основания
пирамиды, называется высотой пирамиды. Основание высоты — общая
точка высоты и плоскости основания пирамиды — может лежать как
внутри основания пирамиды, так и на границе или вне его (рис. 4.10).
Рис. 4.10
В §2.4 мы определили правильную пирамиду как
пирамиду, у которой в основании лежит правильный многоугольник,
а все боковые грани — равнобедренные треугольники. Докажем,
что основание высоты правильной пирамиды является центром
правильного многоугольника, лежащего в ее основании. Пусть
SAiA2...An — правильная п-угольная пирамида, SO — ее
высота (рис. 4.11). Треугольники A\SA2,A2SAz)...,AnSA\
равнобедренные, поэтому SA\ = SA2 = ... = SAn. Значит, прямоугольные

$4.4. ДАЛЬНЕЙШИЕ СВВДВНИЯ О МНОГОГРАННИКАХ
111
треугольники 50Ab50i42,...,50An имеют общий катет SO и
равные гипотенузы. Следовательно, эти треугольники равны и
ОАг = ОА2 = ... = ОАп,т.е. О —центрмногоугольника AiA2...An.
Замечание. Следующее определение правильной пирамиды: пирамида
называется правильной, если в ее основании лежит правильный многоугольник, а
ортогональная проекция вершины на плоскость основания — центр этого многоугольника, —
эквивалентно приведенному нами выше определению (доказательство этого
утверждения в одну сторону мы только что привели, доказательство его в другую сторону
предоставляется читателю).
Пример 4.3. Доказать, что скрещивающиеся ребра правильного
тетраэдра перпендикулярны.
Решение. Пусть SABC — правильный тетраэдр, тогда ААВС
правильный, а вершина 5 проектируется в его центр — точку О
(рис. 4.12). Рассмотрим наклонную SA к плоскости ABC и ее
проекцию АО на эту плоскость. Так как О — центр правильного
ААВС, то (ВС)±(АО). По теореме о трех перпендикулярах отсюда
следует, что (BC)±(AS). □
Рис. 4.13 Рис. 4.14
Пусть SAi... Лп — правильная n-угольная пирамида с апофемой h
(рис. 4.13). Имеем S£,Sa1a2 = ^А\М • К SASa3a3 = ^А*А* ' Л> -
..., SbSAnAx = zAnAi-h. Складывая эти равенства, получаем
формулу для вычисления площади боковой поверхности правильной
пирамиды
где Роек — периметр основания.

112 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Объем любой пирамиды вычисляется по формуле
V= jSocH'tf
где Soch "~ площадь основания, Я — длина высоты пирамиды.
Усеченная пирамида
Отрезок перпендикуляра к плоскостям оснований усеченной
пирамиды с концами в этих плоскостях называется высотой усеченной
пирамиды (рис. 4.14).
• Упражнение 4.5. Докажите, что площадь боковой поверхности правильной
усеченной пирамиды можно вычислить по формуле
где Р и р — периметры оснований пирамиды, h — ее апофема.
Объем любой усеченной пирамиды можно найти по формуле
V= 5#-(Si + a/S^ + S2)
где Si и 52 — площади оснований, Н — высота пирамиды.
§4.5. Угол между прямой и плоскостью
Итак, кому ж, как не
мне, катету, незриму, нему,
локазывать тебе вполне
обыденную теорему
обратную, где муча глаз
доказанных обильем пугал,
жизнь требует найти от нас
то, чем располагаем: угол.
И. Бродский. Пенье без музыки
Определение. Углом между наклонной и плоскостыо
называется угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость.
Если прямая параллельна плоскости или лежит в ней, то угол
между прямой и плоскостью по определению считается нулевым.
Если прямая перпеццикулярна плоскости, то угол между ними по
определению считается равным -.

14.6. РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ ФИГУРАМИ
113
Угол <р между прямой а и плоскостью а обозначается через
1(а, а). Из определения вытекает, что 0 < <р < —.
Теорема 4.5. Угол между наклонной к плоскости и ее проекцией
на эту плоскость есть наименьший из углое между наклонной и
каждой промой, лежащей ш этой плоскости.
Доказательство. Пусть А\ — проекция точки Л на
плоскость а, (АВ) — наклонная к
плоскости а, В € а. (рис. 4.15). Пусть
/ — прямая в плоскости а. В силу
определения угла между
скрещивающимися прямыми достаточно
рассмотреть только прямые,
проходящие через точку В. Обозначим угол
между прямой АВ и плоскостью а
через (ру тогда LABAX = (р. Далее,
пусть l((AB)yl) = 7. Докажем, что
v?<7.
Если / и (ВАг) — одна и та же
прямая, то (р = 7-
Если 1±(ВАх), то по теореме о трех перпендикулярах 1±(АВ) и
7 = —. Теорема верна, поскольку <р < -.
Во всех остальных случаях построим (ABi)±l, Вг G /.
Обозначим АВ = а. Из AAi?i?i находим АВХ = asin7, из AABAi
находим i4Ai = a sin (р. Так как ЛЛБхАх прямоугольный и АВг — его
гипотенуза, то ААг < АВг (перпендикуляр короче, чем наклонная).
Следовательно, a sin <p < a sin 7 и sin<p < sin 7. Функция у = sinx
строго возрастает на отрезке 0, — , поэтому отсюда следует, что
(р < 7- п
Рис. 4.15
§4.6. Расстояние между фигурами
Страус всегда находится на равном
расстоянии от своего клрва и своего хвоста.
Ж. Ренар
Определение. Если среди всех расстояний между "точками,
одна из которых принадлежит фигуре Фь а другая — фигуре Ф2
(рис. 4.16), существует наименьшее, то .его называют расстоянием
между фигурами Фх и Ф2.

114
ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Расстояние между фигурами Фх и Ф2 обозначается через
р( Ф1, Ф 2). Согласно определению
/>(ФЬФ2)= mm^MiM2.
Замечания. 1) Из определения следует, что если фигуры <Di и Фг имеют общую
точку, то p(Oi,Фг) = 0.
2) Расстояние между фигурами определено не для любых фигур. Действительно,
например, две ветви, Ф\ и Фг, графика функции у - — (рис. 4.17) не имеют общих
точек, но существуют точки М\ £ Ф1 и Мг € Фг такие, что расстояние между М\ и
Mi сколь угодно мало.
3) Понятие расстояния от точки до фигуры — частный случай введенного
понятия расстояния между двумя фигурами.
Рис. 4.16 Рис. 4.17
Расстояние между точкой и плоскостью. Докажем, что расстояние
от тонки до плоскости равно расстоянию от этой тонки до ее
проекции на эту плоскость.
Пусть даны точка М и плоскость а. Докажем, что р(М, а) =
= ММЬ где Мх — проекция точки М на плоскость а.
Если М G а, то />(М, а) = 0.
Пусть М^аи пусть М2 — произвольная точка плоскости а,
отличная от Мг (рис. 4.18). Поскольку в прямоугольном AMMXM2
гипотенуза ММ2 длиннее катета ММ\9 то ММХ — искомое
расстояние от М до а.
Расстояние между скрещивающимися прямыми.
Определение. Общим перпендикуляром двух
скрещивающихся прямых называется отрезок, концы которого лежат на данных
прямых, перпендикулярный к ним.
Теорема 4.6. Общий перпендикуляр деух скрещивающихся прямых
существует и единствен.

$ 4.6. РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ ФИГУРАМИ
115
Доказательство. Существование. Обозначим данные
скрещивающиеся прямые через а и 6. Проведем через а и & параллельные
плоскости а и /3 (пример 2.1). Проекцией прямой а на плоскость /3
является прямая аь параллельная а (свойство параллельных
плоскостей; см. § 2.2). Обозначим В = Ь П ах (рис. 4.19). Точка В —
проекция некоторой точки А> принадлежащей прямой а. Так как
(АВ)±Р, Ь С 13,10 (АВ)±Ь, (АВ)±аг. Так как а \\ аи то (АВ)±а.
Следовательно, [АВ] — общий перпендикуляр а и Ь.
Рис. 4.18
^7
/^7
/^к/
Рис. 4.19
/^
Л
-7
</
Рис. 4.20
Рис. 4.21
Единственность. Предположим, что прямая MN, где М € а,
N £ Ь, отличная от АВ, также перпендикулярна прямым а и 6.
Проведем в плоскости (3 через точку JV прямую а2, параллельную
а (рис. 4.20). Так как (MN)la9 a2 || а, то (MN)±a2> Кроме
того, (МN)±b. Значит, (MN)±/3, следовательно, (MN) \\ (АВ) (см.
упражнение 4.1, а)). Через параллельные прямые MN и АВ можно
провести плоскость, в которой лежат прямые а и Ь. Но эти прямые
по условию скрещиваются. Противоречие. □

116
ГЛАВА 4, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Докажем, что расстояние между скрещивающимися прямыми
равно длине их общего перпендикуляра.
Действительно, пусть а и 6 — две скрещивающиеся прямые,
[АВ] — их общий перпендикуляр, А € а, В £ 6. Пусть М и N —
произвольные точки на прямых а и 6 соответственно (рис. 4.21). Пусть
К — проекция точки М на плоскость /3. Тогда МN > МК = АВУ
т. е. АВ < MN, что и требовалось доказать.
• Упражнение 4.6. Докажите, что:
1) расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью равно расстоянию
от произвольной точки прямой до данной плоскости;
2) расстояние между двумя параллельными плоскостями равно длине отрезка
перпендикулярной к ним прямой, концы которого принадлежат этим
плоскостям.
Пример 4.4. Найти расстояние между скрещивающимися
ребрами правильного тетраэдра с ребром длины а.
Решение. Пусть SABC — правильный тетраэдр, М — середина
[АВ], N — середина [SC] (рис. 4.22). Докажем, что [MN] — общий
перпендикуляр скрещивающихся прямых АВ и SC. Действительно,
SM = СМ как высоты в равных правильных треугольниках ABS и
ABC. Значит, ASM С равнобедренный, [MN] — его медиана,
проведенная к основанию, следовательно, (MN)±(SC). Аналогично,
(MN)±AB. Итак, p((AB),(SC)) = MN.
Из прямоугольного AMNC находим
§4.7. Применение теорем о перпендикулярности
к решению задач
Хоть мне и хотелось бы принять все те
восхваления, которые ты мне столь безмерно
, воздаешь, я должен чистосердечно
признаться тебе: это очень просто.
Р.Бах. Иллюзии
Рассмотрим сначала две задачи, в решении которых используется
теорема о трех перпендикулярах.
Пример 4.5. В тетраэдре SABC плоские углы AS В, BSC и
CSA прямые. Доказать, что ортогональной проекцией вершины S
на плоскость ABC является ортоцентр1 треугольника ABC.
1 Точка пересечения высот.

14.7. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМ О ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ 117
Решение. Из условия вытекает, что (AS)±(BS) и (AS)±(CS),
следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоское*
m.(AS)±(BSC). Прямая ВС лежит в плоскости BSC, поэтому
(AS)±(Bu). Пусть Н — ортогональная проекция точки 5 на
плоскость ABC (рис. 4.23). Тогда (АН) — проекция прямой AS на
эту плоскость. По теореме о трех перпендикулярах (АН)±(ВС).
Аналогично доказывается, что (ВН)±(АС), следовательно, Н —
ортоцентр треугольника ABC. □
Рис. 4.22 Рис. 4.23
Рис. 4.24 Рис. 4.25
Пример 4.6. Доказать, что диагональ АХС куба ABCDAXB\C\D\
перпендикулярна плоскости BDC\ (рис. 4.24).
Решение. Прямая АХС — наклонная к плоскости ABC, прямая
АС — ее проекция на эту плоскость, (BD)±(AC) как диагональ
квадрата ABCD. Следовательно, по теореме о трех
перпендикулярах (BD)±(ACi). Аналогично доказывается, что (BC\)L(A\C)
(при этом рассматривается плоскость ВСВг). Итак, прямая АХС
перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости
BDC\. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости
(A1C)±(BDC1). D

118
ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Замечание. Рассматриваемая плоскость делит диагональ куба в отношении 2:1,
считая от вершины А (этот факт нетрудно доказать, используя рис. 4.24 и 4.25).
Прежде чем решать следующую задачу, сделаем небольшое
отступление. Некоторые теоремы планиметрии допускают прямое
обобщение на пространственный случай. Например, утверждение
о медианах тетраэдра (пример 3.3) является трехмерным аналогом
теоремы о медианах треугольника. Однако так бывает не всегда.
Например, из планиметрии известно, что высоты1 произвольного
треугольника пересекаются в одной точке. Оказывается, что
аналогичное утверждение в пространстве, вообще говоря, не имеет
места: существуют тетраэдры, высоты1 которых не
пересекаются. Действительно, рассмотрим равнобедренный треугольник ABC
(АВ = АС). На его основании ВС возьмем точку Dy не
являющуюся серединой отрезка ВСУ и проведем через D перпендикуляр
к плоскости ABC. Возьмем на этом перпендикуляре точку S и
соединим ее с точками А, В и С (рис. 4.26). В тетраэдре SABC
Рис. 4.26 Рис. 4.27
высоты, проведенные из вершин А и S не пересекаются. Докажем
это. Высота, проведенная из вершины 5, это прямая SD. Так как
(SD)±(ABC), то (SD)±(AAi), где (ААг) — высота треугольника
ABC. Но (AAi)Jl(BC), следовательно, по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости (AAi)Jl(SBC), т. е. прямая ААХ является
высотой тетраэдра. Но Ах — середина отрезка ВСУ a D — нет,
поэтому (AAi) - (SD) согласно признаку скрещивающихся прямых.
Под высотами здесь понимаются не отрезки, а прямые.
См. предыдущее примечание.

S 4.7. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМ О ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ 119
Тем не менее существуют тетраэдры (например, правильный), у
которых высоты пересекаются в одной точке. Точку пересечения
высот тетраэдра, если она существует, мы будем называть ортоцентрам,
а тетраэдры, обладающие ортоцентром, — ортоцентринескими.
Пример 4.7. Доказать, что тетраэдр является ортоцентрическим
тогда и только тогда, когда у него имеются две пары скрещивающихся
взаимно перпендикулярных ребер.
Решение. Заметим сначала, что если две пары
противоположных ребер тетраэдра перпендикулярны, то и оставшиеся два ребра
перпендикулярны (задача 3.18).
Докажем теперь, что если в тетраэдре ABCD (BC)L(AD), то
высоты (ВВг) и (CCi) пересекаются в точке Нг, высоты (ААг)
и (DDi) — в точке #2, причем (#i#2) — общий перпендикуляр к
(ВС) и (AD) (рис. 4.27).
Действительно, пусть / — общий перпендикуляр к (ВС) и (AD).
Проведем плоскость а через I и (ВС). Высоты (ВВг) и (CCi)
перпендикулярны (AD), следовательно, они лежат в плоскости а,
а значит, пересекаются в некоторой точке Нг (почему невозможна
параллельность этих высот?). Аналогично, рассматривая плоскость
/?, проходящую через / и (AD), получаем, что высоты (ААХ) и
(DDX) пересекаются в некоторой точке #2. Поскольку Hi — точка
пересечения двух высот треугольника ВСХ, она должна лежать и на
третьей его высоте, т.е. на прямой /. Аналогично доказывается, что
Я2 G I.
Из доказанного утверждения вытекает, что в рассматриваемом
тетраэдре все высоты попарно пересекаются, следовательно
(задача 1.1), они пересекаются в одной точке (почему они не могут лежать
в одной плоскости?). Итак, в одну сторону требуемое утверждение
доказано.
Для доказательства обратного утверждения установим сначала,
что если высоты (ВВг) и (СС\) тетраэдра ABCD пересекаются,
то (AD)Jl(BC). Действительно, каждая из этих высот
перпендикулярна (AD)> поэтому проходящая через них плоскость
перпендикулярна [AD), т.е. и (BC)±(AD)9 так как (ВС) лежит в указанной
плоскости. Аналогично доказывается, что если пересекаются высоты
(ААЛ и (BBi), то (AB)±(DC)9 а если пересекаются высоты (AAi)
и (C<J\)y то (AC)l(BD). Тем самым утверждение задачи полностью
доказано. D
Отметим, что ортоцентрический тетраэдр обладает рядом
красивых свойств, на которых мы, не имеем возможности здесь
останавливаться. Часть из них будет сформирована в виде задач к этой главе
(задачи 4.12, 4.13; см. также [Прасолов, Шарыгин, 1989, § 6.5]).
В заключение мы разберем задачу, в которой требуется построить
сечение, заданное условием перпендикулярности некоторой прямой.

120
ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Обращаем Ваше внимание на то, что на рисунках изображения двух
взаимно перпендикулярных прямых, вообще говоря, не обязательно
должны быть перпендикулярными (так как параллельное
проектирование может не сохранять величины углов). Это обстоятельство
затрудняет построение сечений, заданных условием
перпендикулярности. Чтобы преодолеть это затруднение, обычно на рисунке
определяют положение основания перпендикуляра по отношению к
положению каких-либо точек, расположенных уже известным образом.
Это делается либо прямым вычислением, либо из других
соображений. Поясним сказанное на примере.
Пример 4.8. Все ребра правильной четырехугольной пирамиды
SABCD имеют длину 2. Точки М и N — середины ребер AS
и АВ соответственно. Построить сечение пирамиды плоскостью,
проходящей через точку М перпендикулярно прямой CN, и найти
площадь этого сечения.
Решение. Обозначим секущую плоскость через а и предположим,
что искомое сечение построено. Так как a±(CN), то прямая CN
перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости а, в
частности линии пересечения плоскостей а и ABC. Кроме того, плоскость
а должна содержать перпендикуляр, опущенный из точки М на
плоскость ABC (этот перпендикуляр параллелен высоте SO
пирамиды). Действительно, если точка Мх — основание
перпендикуляра, опущенного из точки М на плоскость АВС9 а точка Ьг —
основание перпендикуляра, опущенного из точки Мх на прямую
CN, то по теореме о трех
перпендикулярах (ML)±(CN). А так как
(Мг1)ЦС1Г), то \mMxL)Jl(CN).
Но через точку М проходит
единственная плоскость,
перпендикулярная прямой CN (пример 4.1), по-
с этому а и (MMiL) — одна и та же
плоскость.
Отсюда вытекает следующее
построение (рис. 4.28). Сначала
строим изображение центра основания
л n Q в пирамиды — точку О пересечения
Рис. 4.28 диагоналей АС и BD основания,
затем строим отрезок SO —
изображение высоты пирамиды. После этого через точку М проводим
прямую, параллельную прямой SO, до пересечения с отрезком АС
в точке М\. Тем самым мы построим изображение перпендикуляра,
опущенного из точки М на плоскость ABC. Остается построить
изображение перпендикуляра к прямой CN, проходящего через
точку Mi. Пусть этот перпендикуляр пересекает прямую CN в
точке L. Уточним положение точки L вычислением, обратившись к

{ 4.7. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМ О ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ 121
рис. 4.29. По теореме Пифагора CN2 = ВС2 + BN2 = 4 + 1 = 5,
т.е. CN = \/5. Пусть К = (CN) U (BD). Так как К — точка
пересечения медиан треугольника ABC, то С К = -CN = .
Заметим, что Мх — середина [ОА], поскольку М — середина [AS],
a (MMi) || (SO). Следовательно, С Mi = -АС = ——. Теперь из
подобия прямоугольных треугольников CLMt и СОК получаем,
что CL =
Рис. 4.29
CMi
Рис. 4.30
лп 9>/5 CL 9 т
ск ос = То-» т'е- ей = То' Тем самьш положе-
ние точки L определено. Для того чтобы ее построить, достаточно
отложить на [CN] от точки N отрезок NL длины tzCN (задача
деления отрезка на равные части известна из планиметрии и
решается с помощью теоремы Фалеса). Пусть теперь (МгЬ) П {АВ) = Q,
(МХЬ) П (AD) = Р. Заметим, что Q е [АВ], а Р G [АЯ].
Действительно, из подобия треугольников LiVQ и BNC (рис. 4.30) следует,
что
NQ =
LN-CN _ ю^'^
TVS " 1
Поэтому NQ < NB, значит, Q £ [Л#]. Из подобия треугольников
APQ и BNC следует, что
AQNB _ (AN+NQ)NIl _ (1+ 2) '* _ 2
2 ~ 4'
АР =
БС
ЯС
поэтому Р € [AJ9]. Соединив точки Р и Q с точкой М, получаем
искомое сечение (рис. 4.28).
Действительно, по построению (MMi)±(ABC), a (CN) С
С (Л5С), следовательно (MMi)±(CN). Опять-таки по построе-

122
ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
нию (PQ)±(CN), следовательно, по признаку перпендикулярности
прямой и плоскости (MPQ)±(CN).
Вычислим площадь сечения. Имеем S^pq = -ММ\ • PQ =
= - • ( - SO 1 • PQ. Длину высоты пирамиды находим из
прямоугольного треугольника ASO: SO2 = SA2 - АО2 = 4 - 2 = 2, т.е.
SO = л/2. Длину отрезка PQ находим из прямоугольного
треугольника APQ:
^.,и- + ,ад». £ + !.«.
Г>^ 3%/5 т* о 3>/^ m
т.е. PQ = -^-. Итак, SMpq = -j^-. °
§4.8. Нахождение расстояний и углов
с помощью векторов
— Не желаете ли, чтобы я помог вам
считать? — вызвался Швейк. — Я в этих лелах
разбираюсь.
Я. Гашек. Похождения бравого солдата Швейка
В § 3.5 мы использовали векторы для вычисления угла между
скрещивающимися прямыми. Здесь мы продемонстрируем, как
векторный аппарат позволяет находить расстояния и углы в различных
геометрических конфигурациях. Несомненным достоинством
описываемого метода является его универсальность и алгоритмичность.
К сожалению, это нередко «компенсируется» довольно большим
объемом вычислений. Однако если простое и красивое геометрическое
решение не приходит в голову, векторы все же позволяют решить
задачу.
Итак, перейдем к изложению метода.
Расстояние между скрещивающимися прямыми. Пусть в
пространстве задана прямая 1\ с известным направляющим вектором1 аи
прямая /2 с известным направляющим вектором а2, точки А\ и А2,
лежащие соответственно на 1Х и /2, кроме того, известен2 вектор
'Под направляющим вектором прямой мы понимаем ненулевой вектор,
параллельный этой прямой.
23десь и ниже, когда мы говорим, что вектор известен, мы подразумеваем, что
известны его координаты в некотором базисе.

И 8- НАХОЖДЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ С ПОМОЩЬЮ ВЕКТОРОВ
123
АХА2 = г. Пусть [Р1Р2] — общий перпендикуляр к 1Х и l2 (Pi € /1,
Р2 € /2» см. рис. 4.31). Задача заключается в нахождении длины этого
► ► —-* ►
отрезка. Представим вектор РХР2 в виде суммы РХАХ + AiA2 + А2Р2.
Затем, пользуясь коллинеарностью векторов РХАХ и аь А2Рг и а2,
получим для вектора Р\Р2 представление РХР2 = хах + уа2 + г,
где х и у — неизвестные пока числа. Эти числа можно найти из
/\
1с 1
X
BiS*
1 '
1 /
1 •
D\
г
71
х-»
/а
Рис. 4.31
Ряс. 432
условия перпендикулярности вектора РХР2 векторам ах и а2, т. е. из
следующей системы линейных уравнений:
Пха]
\(ха]
(хах + уа2 + т )ах = О,
(хах + уа2 + т)а2 = 0.
После этого находим длину вектора РХР2:
РХР2 = \J{xax + уа2 + г)2.
Пример 4.9. Вычислить расстояние между
скрещивающимися диагоналями двух соседних
граней куба с ребром а.
Решение. Пусть дан куб ABCDAXBXCXDX с
ребром а. Найдем расстояние между прямыми
ADX и DCX (рис. 4.32). Введем базис {а,Ь,с}у
где а = DA, b = 5с, с = DDX. Для удобства
дальнейших вычислений составим «таблицу
умножения» векторов базиса, в которую занесем
попарные скалярные произведения базисных
векторов (табл. 4.1). За направляющие векторы прямых ADX и DCX
можно взять ADX = с - а и DCX = Ь + с. Если [Р1Р2] — общий
а
6
с
Таблица 4.1
а Ь с
3 0 0
0 . i
°i ■!

124
ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
перпендикуляр к рассматриваемым прямым, то РгР2 = х(с — а) +
+ у(Ь+ 5) + а. Составим систему уравнений для нахождения
неизвестных чисел х и у:
[ [х(с - а) + у(Ь + с) + а]- (с - а) = О,
[ [х(с - а) + у{Ь + с) + а] • (Ь + с) = 0.
, С помощью «таблицы умножения» приведем эту систему к
равносильной:
2х + у - 1 = 0,
х + 2у = 0.
{;
1
2,^ -ч 1/Г
Отсюда находим х = -,у = - -.Тогда РгР2 = -(?—а) — т(Ь + с) +
Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и
плоскостью. Пусть в пространстве заданы плоскость а с известным базисом
{а, 6}, точка А, лежащая в этой плоскости, и точка М вне ее, причем
вектор AM - г предполагается известным (в том же базисе, что и a
и 6). Пусть N — ортогональная проекция точки М на плоскость a
(рис. 4.33). Задача заключается в нахождении длины отрезка MNy а
также угла между прямыми AM и AN.
Рис. 4.33
Представим вектор MN в виде разности векторов AN и AM, а
затем, пользуясь компланарностью векторов AN y а и Ь, запишем его
в виде MJV = xa + yb — ry где х и у — неизвестные пока числа. Эти

j 4.8. НАХОЖДЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГДОВ С ПОМОЩЬЮ ВЕКТОРОВ 125
числа можно найти из условия перпендикулярности вектора MN
векторам а и 6, т. е. из следующей системы линейных уравнений:
{(ха + yb- г) а = О,
(ха+уЬ- г) -6 = 0.
Затем, зная х и у, найдем MiV = у(ха + уЪ — г)2. Угол находится
так: если AiV = 0, то, очевидно, прямая AM перпендикулярна
плоскости а, если же AN ф 0 (т. е. ха + уЬф 0), то
cos L(AM, а) = cos l(AM, AN) = К*а+*У'у1.
|xa + yb| • \f\
Пример 4.10. В кубе ABCDAiBiCiDx с ребром а найти
расстояние от центра грани AAiDxD до плоскости BC\D.
Решение. Обозначим центр грани AAxDiD через О (рис. 4.34).
Введем базис {ауЬ>с}, где а = да, ь = Ид, с = DPi. «Таблица
умножения» векторов этого базиса такая же, как и в примере 4.9
(табл. 4.1).
Векторы DB = а + Ь и DC*i = ft + с образуют, очевидно, базис
в плоскости BC\D, а в качестве вектора г возьмем вектор DO =
= - (а + с). Тогда, если 0\ — ортогональная проекция точки О на
(BCiD),toOOi = х(а + Ь) + у(Ь+с)- - (а + с). Составим систему
уравнений для нахождения неизвестных чисел х и у:
Г \х(а + Ь) + у(Ь + с)~ kff + ?)] -(а + 6) = 0,
\ [х(а + Ь) + у(Ь + с) - 1(а + с)] • (Ь + с) = 0.
Используя «таблицу умножения», приведем эту систему к
равносильной:
Ах + 2у = 1,
2х + 4у = 1.
{;
Отсюда находим х = у = -. Тогда 00\ = 7(^+ *0 + т(^+ *0 "~
6 6 о

{;
126 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Пример 4.11. Вкубе A BCD Ах В iCiDi найти угол между прямой
BDX и плоскостью BC\D.
Решение. Пусть длина ребра куба равна а. Введем тот же базис,
что и в предыдущем примере. Обозначим через D2 ортогональную
► -*
проекцию точки Dx на плоскость BC\D. Тогда D\D2 = х(а + 6) +
+ у(Ь + с) + а + Ь — с. Условия перпендикулярности вектора DiD2
векторам DB и DC\ приводят к системе линейных уравнений
[х(а + Ь) + у(Ь + с) + а + Ь - с] • (а + Ь) = О,
[х(а + Ь) + у(Ь + с) + а + Ь-с]- (Ь + с) = О,
откуда
Г 2х + у + 2 = О,
\ х + 2у = О,
4 2
т.е. х = — . т/ = -.
3 3
► 4 - 2 -
Тем самым мы получили, что BD2 = - - (а + Ь) + - (6 + с ) =
4 2-2
= — -5- -Ь+-с. Теперь найдем косинус искомого угла <р:
cosy> =
2уД
3 '
n/3
Следовательно, L(BDXyBCiD) = arccos ——. □
В рассмотренных примерах «таблица умножения» векторов
выглядела достаточно просто. Это объясняется тем, что при решении
использовался прямоугольный базис. Заметим, однако, что при
решении многих задач пользоваться прямоугольным базисом неудобно,
а более естественно работать в некотором косоугольном базисе
(пример 3.10). Чаще всего выбор базиса определяется видом данного в
условии задачи многогранника, например, в качестве базиса часто
выбирают векторы, изображаемые тремя его некомпланарными
ребрами, выходящими из одной вершины (правда, может случится,
что и такой базис по тем или иным причинам неудобен).
Удачный выбор базиса довольно важен, так как он позволяет свести к
\DiBBD2\
\Ш\ ■ \Ш\
\(5 + b-t)(-iS-lb+\c)\
yJV + b-cr.^-la-lb+lcy
_ 3

S 4.9. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ ПОДХОД К НАХОЖДЕНИЮ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ 127
минимуму объем проводимых вычислений. Наконец, бывают
случаи, когда условие задачи не позволяет выбрать базис с полностью
определенной «таблицей умножения». Тогда необходимо получить
дополнительные уравнения, связывающие недостающие элементы.
Примеры подобных задач Вы найдете в конце этой главы.
§4.9. Геометрический подход к нахождению
расстояний и углов
Генри снова кивнул, нал его головой поднялось
облачко табачного лыма.
— В первых примерах тебе навязывалось
определенное однобокое представление, —
заметил он, — я полумал, что булет
справедливо, если булет представлена и
противоположная сторона, чтобы ты мог составить
целостную картину.
Р. Желязны. Одержимый волшебством
Задачи на вычисление расстояний и углов, которые были решены
нами в предыдущем параграфе с помощью векторов, могут быть
решены и чисто геометрически. Здесь мы хотим познакомить Вас с
некоторыми полезными геометрическими идеями.
Расстояние между скрещивающимися прямыми можно находить
с помощью ортогонального проектирования. Основная идея этого
метода заключена в следующей теореме.
Теорема 4.7. Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми
равно расстоянию от тонки пересечения одной из этих прямых
с перпендикулярной ей плоскостью до проекции другой прямой на
эту плоскость.
Доказательство. Пусть ах и а2 — данные прямые, а —
плоскость, перпендикулярная аг, А — точка пересечения ах с
плоскостью а, а'2 — проекция а2 на ту же плоскость, [PiP2] — общий
перпендикуляр к аг и а2, Р € аь Р2 G а2 (рис. 4.35). Докажем, что
р(аиа2) = р(А,а'2).
Проекцией точки Pi на плоскость а является точка А, а
проекцией точки Р2 на эту плоскость — некоторая точка В. Следовательно,
проекцией отрезка Pi P2 на плоскость а является отрезок АВ. Так
как ai±a, а (РгР2)±а1, то (PiP2) || а либо (PiP2) С а (почему?).
Поэтому [PiP2] J] [АВ] или РгР2 и АВ — один и тот же отрезок, и,
следовательно, ДР2 = АВ. Остается показать, что (АВ)±а'2.
Пусть (PiP2) || <*• Если а2 || а, то а2 || а2, а если а2 С а, то а2
ио2- это одна и та же прямая. В обоих случаях Z(PiP2,a2) = —

128 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
(теорема 3.4). Если же прямая а2 и плоскость а не параллельны, то
(АВ)±а2, так как {P\P2)La2, a (АВ) || (РхР2). Следовательно, по
теореме о трех перпендикулярах (АВ)±а'2.
Случай (РгР2) С а рассматривается аналогично. Q
Рис. 4.35
=> А-Ц
С[шВ'
Рис. 436
Покажем, например, как с помощью проектирования можно
решить пример 4.9. Пусть дан куб ABCDAiBiC\D\ с ребром а.
Найдем расстояние между прямыми ADX и DC\. Для этого
спроектируем куб на плоскость, проходящую через вершину А и
перпендикулярную прямой AD\ (рис. 4.36). Согласно доказанной теореме
достаточно найти расстояние от точки1 А1 до прямой D'C[. Так
как плоскость AiBiCD перпендикулярна прямой AD\9 то
прямоугольник A^B^C'D' равен прямоугольнику AiBxCD. Его
стороны равны а и а>/2, следовательно,
ауД
А1 В1 = a, A'D' = -^= и
л/2
B'D' = :1т=- (из AA'B'D по теореме Пифагора). Искомое рассто-
v2
Буквами со штрихами мы обозначаем проекции соответствующих вершин куба.

$ 4.9. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ ПОДХОД К НАХОЖДЕНИЮ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ 129
яние получим, выразив площадь треугольника A'B'D1 двумя спосо-
, A'D'A'B' a
бами: h = —=-=-— = -7=.
B'D' у/з
Заметим, что, обратившись к рис. 4.35, можно найти и угол между
скрещивающимися прямыми. Действительно, если обозначить
искомый угол L{ai,a2) через <р, то, очевидно, (р = — - Z(a2,a). Если на
прямой а2 дан отрезок длины d, а dx — длина его проекции на
плоскость а, то (рис. 4.36) cos l(a2ya) = -j, следовательно, sin (p = -J-.
a a
Найдем таким способом угол между прямыми ADX и Z?Ci из
Р\
предыдущего примера. Так как C[D[ = B'D' = —7^, а DCX = ал/2,
у/2
B'D' у/3 _ тг
то sin <р = -^г = —. Поэтому у> = у.
Другое соображение, полезное при вычислении расстояния
между скрещивающимися прямыми, состоит в следующем: расстояние
между скрещивающимися прямыми равно расстоянию между
параллельными плоскостями, проведенными через эти прямые. (Для
доказательства этого утверждения вспомните, как мы строили общий
перпендикуляр к скрещивающимся прямым; см. также
упражнение 4.6.)
J)± Q
Рис. 4.37
Дадим теперь еще одно (третье) решение примера 4.9.
Рассмотрим плоскости ABiDi и BC\D, содержащие прямые ADX и DC\
(рис. 4.37). Они параллельны (почему?). Согласно результату
примера 4.6 (см. также замечание к нему) эти плоскости перпендикулярны
диагонали АгС куба и делят ее на три равные части. Поэтому
искомое расстояние равно одной трети диагонали куба, т. е. -р.
v3
При геометрическом способе нахождения расстояния от
точки до плоскости и угла между наклонной и плоскостью главная
5 Калинин А. Ю., Терешин Д. А.

130 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
трудность заключается в определении положения основания
перпендикуляра, опущенного из точки на плоскость. Во многих случаях его
можно определить, исходя из параллельности этого перпендикуляра
какому-либо другому перпендикуляру к рассматриваемой плоскости,
основание которого находится в известной точке. С помощью этого
соображения можно по-другому решить примеры 4.10 и 4.11.
Пример 4.12. В кубе ABCDAXB\C\DX с ребром а найти
расстояние от центра грани AAiDxD до плоскости BC\D.
Второе решение. Пусть точка О — центр грани AAiD\D9 О' —
ее проекция на плоскость BC\D (рис. 4.38). Так как {А\С) ±
1 (BCXD) (пример 4.6), то {00') \\ {АХС). Если А\ — проекция
точки Ai на плоскость BC\D (т.е. А[ = (АгС) П (BC\D))> то
О' € [DA\] и делит этот отрезок пополам (здесь мы
воспользовались свойствами параллельного проектирования). Следовательно,
00' = -A^i = - • -АгС = —~> так как плоскость BCXD отсекает
одну треть от диагонали куба. □
Рис. 4.38 Рис. 4.39
Пример 4.13. В кубе ABCDAxBiCiDi найти угол между прямой
BDi и плоскостью BCiD.
Второе решение. Пусть длина ребра куба равна а, точка О — центр
куба (точка пересечения его диагоналей). Так как {AiC)±.(BCiD)>
то точка О' пересечения (AiC) и (BC\D) является проекцией
точки О на плоскость BC\D (рис. 4.39). Поэтому прямая ВО' —
проекция прямой BDX на эту плоскость. Искомый угол (р находим
из прямоугольного треугольника ОБО':
00' lAlC 1
sm(p=OB=J^=y
. 1 m
т. е. <р = arcsm -. □

§ 4,9. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ ПОДХОД К НАХОЖДЕНИЮ ГАССТОЯНИЙ И УГЛОВ 131
Разумеется, возможны и другие способы решения разобранных
задач. Например, расстояния можно находить с помощью метода
вспомогательного объема, который будет рассмотрен нами в § 9.3.
В заключение мы приведем пример еще одной задачи, которая
просто решается с помощью проектирования, в то время как ее
векторное решение требует проведения большого числа выкладок.
Пример 4Л4. В основании прямоугольного параллелепипеда
ABCDAiBiC\D\ лежит квадрат ABCD со стороной длины 2а.
Боковое ребро имеет длину а. Рассматриваются отрезки с концами
на диагонали ADX боковой грани и диагонали В{ D параллелепипеда,
параллельные плоскости AAiBxB. Один из этих отрезков проведен
через точку М диагонали AD\ такую, что AM : ADX =2:3.
а) Найти его длину.
б) Найти наименьшую длину рассматриваемых отрезков.
• Упражнение 4.7. Решите этот пример с помощью векторов.
Решение. Спроектируем параллелепипед параллельно диагонали
B\D на плоскость ABBxAi (рис. 4.40). Всякий отрезок,
параллельный этой плоскости, спроектируется в отрезок той же длины.
Поэтому рассматриваемые отрезки равны своим проекциям. (Далее
буквами со штрихами будем обозначать проекции соответствующих
точек.)
*=£>**
Рис. 4.40
а) Рассматриваемый отрезок равен отрезку D'M'. Пусть
точка Р' — основание перпендикуляра, опущенного из точки М'
на прямую B'D[. Из подобия прямоугольных треугольников
M'P'D' и A'B'D' следует, что М'Р' = )-А'В' = ^а. Поэтому
2 1
UP1 = D'D[ — P'D[ = а - -а = -а. Из прямоугольного
треугольника M'D'P' по теореме Пифагора находим длину отрезка D'M'\
D'M1 = ^'Р')2 + (М'Р')2 = Уу + ^ = 2—.

132 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
б) Кратчайшая из рассматриваемых проекций — перпендикуляр
£>'#', опущенный из точки D на (ADX). Так как А'В1 = B'D\ = 2а,
то ID'D'XH' = J, следовательно, D'H* = ^- = 4=- D
§4.10. Задачи
Что же мы видим, товарищи? Мы видим, что
блондин играет хорошо, а брюнет плохо. И
никакие лекиии не изменят этого
соотношения сил, если каждый индивидуум не будет
постоянно тренироваться.
(Из лекиии старшего мастера О.Бендера
«Плодотворная дебютная идея», прочитанной
в г.Васюки.)
И. Ильф, Е. Петров. Двенадцать стульев
4.1. Докажите, что ребра SAX и АпАп+г правильной пирамиды
SA1...j42n+i перпендикулярны.
4.2. Ребро AD тетраэдра ABCD перпендикулярно грани ABC.
Докажите, что при проектировании на плоскость BCD
ортоцентр треугольника ABC переходит в ортоцентр треугольника
BCD.
4.3. Высота SO тетраэдра SABC проходит через ортоцентр
грани ABC. Известно, что LBSC прямой, SB = m, SC = п.
Найдите отношение площадей граней SAB и SAC.
4.4. Точки Ль Вх и С\ лежат соответственно на ребрах SA, SB
и SC тетраэдра SABC, причем SAX = aSA, SBX = fiSB
и SC\ = 7SC Докажите, что отношение объемов тетраэдров
SA\BiC\ и SABC равно а/Зу. Верна ли аналогичная формула
для четырехугольных пирамид?
4.5. Объем тетраэдра ABCD равен V. Точки К, М, Р и Г таковы,
чюАК = СА, СМ = Ш?!, DP = ADhDT = CD. Навдгае
объем тетдаэдра КМРТ.
4.6. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит
параллелограмм ABCD. Площадь грани SAB равна Q, а
расстояние от точки С до плоскости этой грани равно h. Найдите
объем пирамиды.
4.7. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм
ABCD. Через середину ребра SA проведена плоскость,
параллельная грани SBC. В каком отношении эта плоскость
делит объем пирамиды?

$4.10. ЗАДАЧИ
133
4.8. Точки D и Е лежат соответственно на ребрах SA и SB
тетраэдра SABC, причем SD : DA= SE : ЕВ = 1 : 2. Через
эти точки проведена плоскость, параллельная ребру SC. В
каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
4.9. В двух параллельных плоскостях взяты два многоугольника.
Их вершины соединены отрезками так, что у полученного
многогранника каждая боковая грань — трапеция, треугольник
или параллелограмм. Докажите, что справедлива формула
V= £(Si + S2 + 4S3),
где V — объем многогранника, h — его высота, Si и 52 -«-
площади оснований, а 53 - площадь сечения плоскостью,
параллельной плоскостям оснований и равноудаленной от них
(формула Симпсона).
4.10. Ребра AAi, ВВг и СС\ многогранника ABC АХВ\СХ
лежат на параллельных прямых /ь /2 и /3 соответственно. Его
треугольные грани ABC и А\ВХС\ лежат, вообще говоря,
в непараллельных плоскостях. Докажите, что для объема V
многогранника справедлива формула
V= ^(AAl + BB1+CC1)S,
где 5 — площадь треугольника, вершинами которого
являются точки пересечения прямых lu /2 и /3 с плоскостью, им
перпендикулярной.
4.11. Докажите, что если основание высоты тетраэдра есть
ортоцентр соответствующей грани, то этот тетраэдр ортоцентриче-
ский.
4.12. Докажите, что тетраэдр является ортоцентрическим тогда и
только тогда, когда:
а) отрезки, соединяющие середины противоположных ребер,
равны;
б) суммы квадратов длин противоположных ребер равны.
4.13. Какие тетраэдры имеют три непараллельных прямоугольных
сечения?
4.14. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через его
центр перпендикулярно одной из его диагоналей.
4.15. Рассматриваются сечения куба плоскостями,
перпендикулярными одной из его диагоналей. Определите наибольшую
возможную площадь сечения, если ребро куба равно 1.

134 ГЛАВА 4. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
4.16. Постройте сечение правильной треугольной пирамиды SABC
плоскостью, перпендикулярной высоте СС\ основания и
проходящей через середину ребра AS.
4.17. Длина стороны основания правильной пирамиды SABC
равна а, длина бокового ребра — /. Постройте сечение пирамиды
плоскостью, перпендикулярной ребру SC и проходящей через
его середину, и найдите площадь сечения, если:
а) / = ау[\;
б) / = ajt.
4.18. Длина ребра куба ABCDAiBxCiDi равна 1. Точки М и
N — середины ребер CD и СС\ соответственно. Найдите
расстояние между прямыми AN и ВМ.
4.19. В правильном тетраэдре ABCD точки М и N — середины
ребер АС и А В соответственно, Е — центр грани BCD.
Найдите угол между прямыми МN и DE.
4.20. Основанием пирамиды SABC является равносторонний
треугольник ABC со стороной 4\/2. Боковое ребро SC
перпендикулярно основанию и имеет длину 2. Найдите угол и
расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из
которых проходит через S и середину ребра ВСУ а другая — через
С и середину ребра АВ.
4.21. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD боковая
грань — равносторонний треугольник со стороной 2. Точка
Q — центр грани SCD.
а) Найдите угол и расстояние между прямыми ВС и AQ.
б) Найдите расстояние от основания общего перпендикуляра
к этим прямым, лежащего на (AQ), до плоскости ABC.
4.,22. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
прямоугольный треугольник ABC с катетами АВ = у/2 и АС = 1.
Боковое ребро SА длины 4 перпендикулярно основанию;
точка Q — середина ребра SC.
а) Найдите угол и расстояние между прямыми BQ и AS.
б) Найдите расстояние от основания общего перпендикуляра
• к этим прямым, лежащего на {AS), до плоскости BSC.
4.23. Всегда ли существует прямая, проходящая через данную точку
и образующая с данными двумя плоскостями равные углы?
4.24. В правильной треугольной призме АВСАХВХС\ ААХ = АВ.
Найдите угол между прямой АВХ и плоскостью ААгС.

§4.10. ЗАДАЧИ
135
4.25. В правильной четырехугольной призме ABCDA\B\C\DX
отношение длин бокового ребра и стороны основания равно 2.
Найдите угол между прямой BDX и плоскостью ВСг1).
4.26* Длина стороны основания ABCD правильной пирамиды
SABCD равна а, длина бокового ребра — 2а.
Рассматриваются отрезки с концами на диагонали BD оснований и боковом
ребре SC, параллельные (SAD). Найдите наименьшую длину
рассматриваемых отрезков.
4.27* а) Верно ли, что угол между двумя наклонными меньше угла
между их ортогональными проекциями на плоскость?
б) Из точки А, расположенной вне плоскости, проведены
перпендикуляр АО и наклонные А В и АС к этой плоскости.
Известно, что ВО = 1, СО = 2д/2 и LBOC = 45°/Найднпе
наибольшее возможное значение угла ВАС.

i!I% Jf -^#f^V: ::ЩЙк1$^ ^'^tMiP ;- ^W
*i Wj y.'"*-"* №. •■■■

— Надо же как все просто.
— Как научиться холить. Потом ты
начинаешь удивляться, что в этом
было такого сложного.
Р.Бах. Иллюзии
ГЛАВА 5
ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ
УГАЫ
§5.1. Двугранный угол и его измерение.
Биссектор
В каждой ситуаиии обычно есть одна
фигура, чье влияние ни в коем случае
нельзя недооиенивать.
К. Кизи. Над кукушкиным гнездом
Определение. Две полуплоскости с общей ограничивающей
их прямой разбивают пространство на две части, общей границей
которых они являются. Объединение рассматриваемых полуплоскостей
с одной из этих частей называется двугранным углом. Полуплоскости
называются гранями двугранного угла, а их общая прямая — его
ребром.
Двугранный угол может быть как выпуклым (рис. 5.1 а), так и
невыпуклым1 (рис. 5.16).
Двугранный угол с гранями а и 0 и ребром / мы будем
обозначать а10.
Измерение двугранных углов. Пересечение двугранного угла и
плоскости, перпендикулярной его ребру, называют линейным углом
*Как и в планиметрии, множество точек называется выпуклым, если оно вместе
с любыми двумя своими точками целиком содержит соединяющий их отрезок.

138
ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
двугранного угла. Величиной двугранного угла называют величину его
линейного угла.
Корректность данного определения вытекает из следующей
теоремы.
Теорема 5.1. Величина двугранного угла не зависит от выбора его
линейного угла.
Доказательство. Пусть АОВ и AiO\Bi — два линейных
угла данного двугранного угла (рис. S.2). Их стороны параллельны
(теорема 2.4; (АОВ) \\ (AiO\Bi)> так как обе плоскости
перпендикулярны ребру двугранного угла) и одинаково направлены,
следовательно (теорема 3.8), LAOB = LAxOxBx. □
Рис. 5.1
Величина двугранного угла (измеренная в градусах)
принадлежит промежутку (0°,360в). Величина выпуклого двугранного угла
(измеренная в градусах) принадлежит промежутку (0°, 1800].1
В дальнейшем мы будем рассматривать только выпуклые
двугранные углы. Двугранный угол называется острым, тупым, прямым или
развернутым в зависимости от того, каков его линейный угол
(соответственно острый, тупой, прямой или развернутый). Двугранные
углы — пространственные аналоги углов на плоскости. Так же, как
и на плоскости, определяются вертикальные и смежные двугранные
углы, остаются в силе и соответствующие теоремы.
Биссектор двугранного угла. Полуплоскость, границей которой
является ребро двугранного угла, делящая его на два двугранных угла
равной величины, называется биссектором двугранного угла (аналог
биссектрисы плоского угла).
* *В радианах — соответственно (0,2л-) и (0, *].

§ S.I. ДВУГРАННЫЙ УГОЛ И ЕГО ИЗМЕРЕНИЕ. БИССЕКТОР 139
• Упражнение 5.1. Докажите, что биссектриса любого линейного угла данного
двугранного угла принадлежит его биссектору.
Теорема 5.2. Биссектор двугранного угла есть множество точек
этого угла, равноудаленных от его граней.
Доказательство. Все точки М, принадлежащие ребру /
данного двугранного угла а10 (рис. 5.3), очевидно, принадлежат и
биссектору, и искомому множеству. Поэтому далее будем рассматривать
только точки М g /.
Рис. 5.2 Рис. 5.3
Рис. 5.4 Рис. 5.5
I. Пусть М — любая точка искомого множества, т.е. такая,
что р(М,а) = р(Му(3). Докажем, что М принадлежит
биссектору двугранного угла Ы(3. Пусть Мх и М2 — проекции точки М
на грани а и /? соответственно (рис. 5.4). Проведем через
точки М, Mi и М2 плоскость 7- Так как (ММг)±ау то (ММг)±1.
Аналогично, (ММ2)±1. Следовательно, /±7 по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости. Поэтому угол MiOM2 — линейный
угол двугранного угла al/З (О — точка пересечения I и 7)- Точка
М равноудалена от сторон линейного угла МгОМ2, следовательно,

140 ГЛАВА S. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
она лежит на его биссектрисе, а значит, и на биссекторе двугранного
угла al/З (упражнение 5.1).
II. Пусть теперь М — произвольная точка биссектора 6
двугранного угла al(3 (M £ /). Докажем, что она принадлежит искомому
множеству. Проведем через М плоскость у±1, получим линейный
угол АО В рассматриваемого двугранного угла (рис. 5.5). Кроме того,
углы АОМ и ВОМ — линейные углы двугранных углов ale и 61/3
соответственно. По определению биссектора величины этих
двугранных углов равны, следовательно, LAOM = /.ВОМ. Итак, М лежит
на биссектрисе получившегося линейного угла, значит, она
равноудалена от его сторон. Но перпендикуляры к сторонам линейного
угла являются и перпендикулярами к граням двуфанного угла (так
как j±l)y следовательно, р(Муа) = р(Му(3). □
§5.2. Угол между двумя плоскостями.
Признак перпендикулярности
Скалы встали
Перпендикулярно
К плоскости залива.
* Н.Рубиов. Утро
перед экзаменом
Определение. Углом между двумя пересекающимися плоское-
тями называется наименьшая из величин двугранных углов,
образованных при их пересечении. Угол между параллельными плоскостями
по определению считается равным нулю.
Таким образом, угол между плоскостями (измеренный в градусах)
принадлежит промежутку [0°,90°].
• Упражнение 5.2. Докажите, что угол между двумя плоскостями равен углу между
прямыми, перпендикулярными к ним.
Определение. Две плоскости называются
перпендикулярными, если угол между ними равен 90°.
Теорема 5.3 (признак перпендикулярности двух плоскостей). Если
плоскость проходит через перпендикуляр к другой плоскости, то
она перпендикулярна этой плоскости.
Доказательство. Пусть прямая а перпендикулярна
плоскости а, а плоскость (3 проходит через а. Обозначим основание
перпендикуляра через М (М = а П а), а прямую пересечения а и
/3 — через с (рис. 5.6; плоскости а и (3 не могут быть параллельными,
так как М — их общая точка). Через точку М в плоскости а проведем

§ S.2. УГОЛ МЕЖДУ ДВУМЯ ПЛОСКОСТЯМИ. ПРИЗНАК ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТИ 141
прямую Ь, перпендикулярную с. Пусть 7 — плоскость, проходящая
через а и 6. Так как с±а и с±Ь, то по признаку перпендикулярности
прямой и плоскости 7-Lc. Значит, угол между а и /3 равен углу между
а и Ь, но а±Ь (так как по условию а±а, a ft С а по построению),
следовательно, а±/3. □
Теорема 5.4 (свойстю перпендикулярных плоскостей). Если две
плоскости перпендикулярны, то прямая, проведенная в одной
плоскости перпендикулярно линии пересечения плоскостей,
перпендикулярна второй плоскости.
Доказательство. Пусть а±/3, с = а П /?, плоскость а
проходит через прямую а, перпендикулярную с (рис. 5.7). Докажем, что
а±/3.
Пусть а П с = М. В плоскости /? через точку М проведем прямую
Ь, перпендикулярную с. Тогда угол аМЬ — линейный угол
двугранного угла, образованного а и /3. Так как а±/3, то а±Ь. Итак, а±с
(по условию) и а±Ь, следовательно, а±/? (по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости). D
Рис. 5.6 Рис. 5.7
Приведем пример построения сечения, заданного условием
перпендикулярности некоторой плоскости. Основная идея решения
подобных задач заключается в следующем: секущая плоскость должна
проходить через прямую, перпендикулярную данной плоскости.
Пример 5.1. Построить сечение куба ABCDAxBiCiDu
проходящее через диагональ ADX грани AAiDiD и перпендикулярное
плоскости ВС г D.
Решение. Построим сначала какую-нибудь прямую,
пересекающую прямую ADi и перпендикулярную плоскости ВС\ D. Для этого
достаточно через середину О диагонали ADX провести прямую /,
параллельную прямой АХС (рис. 5.8). Действительно, (AxC)±(BCiD)
(пример 4.6), следовательно, l±(BC\D). Прямая / лежит в плоскости
(AXDC) (почему?), параллельна {А\С) и проходит через середину
О отрезка ADU поэтому она пересекает ребро DC куба в его се-

142 ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
редине К. Соединив точку К с точками А и D\f получим искомое
сечение: так как / С (AD\K) и l±(BCiD), то по признаку
перпендикулярности плоскостей (ADiK)Jl(BCiD). □
В заключение этого параграфа обсудим способ нахождения угла
между плоскостями с помощью векторов. Так как угол между
плоскостями равен углу между перпендикулярными к ним прямыми (см.
упражнение 5.2), то задача о вычислении угла между плоскостями
сводится к уже решенной нами в § 3.3, 3.5 задаче о вычислении угла
между прямыми. Приведем пример.
Пример 5.2. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
правильный треугольник ABC со стороной 1. Ребро SA пирамиды
перпендикулярно плоскости основания, а его длина равна \/3.
Плоскость а параллельна прямым SB и АС, а плоскость (3 параллельна
прямым SC и АВ. Найти угол между этими плоскостями.
а
Ь
с
Таблица 5.1
а Ь с \
3 0 0
0 1 I
0 I 1
2
Рис. 5.8
Решение. Выберем базис а = AlS, ft = АВ, с = АС и
составим «таблицу умножения» базисных векторов (табл. 5.1). Если га
и п — ненулевые векторы, перпендикулярные плоскостям а и /3
соответственно, а <р — угол между а и /3, то
\т-п\
\m\-\n\
В качестве га можно взять любой ненулевой вектор такой,
что га • SB = га • AV = 0. Пусть га = ха + yb + zc. Тогда
(ха + yb + zc) • (ft - а) = 0 и (ха + yb + zc) • с = 0. Эта
система уравнений с помощью «таблицы умножения» базисных векторов
приводится к равносильной системе:
Г 6х - 2у - z = 0,
1 у + 2z = 0.

§ s.2. угол между даумя плоскостями, признак перпендикулярности 143
Выразим х и у через z: х = - -, у = -2z. Положив, например,
z = —2, получим х = 1, у = 4. Итак, мы нашли один из ненулевых
векторов га, перпендикулярных плоскости а: га = а+46 — 2с(именно
тем, что условие rhla не определяет га однозначно и объясняется то,
что в полученной нами системе неизвестных больше, чем уравнений).
Вектор п, перпендикулярный плоскости /?, можно найти
аналогично. Но мы поступим по-другому. Заметим, что условие, задающее
плоскость /?, получается из условия, задающего плоскость а, заменой
точки В на точку С, а точки С, наоборот, — на точку В.
Поэтому, чтобы получить п±/3, достаточно в выражении для га поменять
местами векторы Ь и с: п = а - 26 + 4с Вычисляя га • п, |га| и |п|,
I—31 1 1
находим, что cos <p =
= 5'Те-
ф = arccos -. □
л/15 VI5
Разобранный пример можно решить не пользуясь векторами,
геометрически. Приведем это решение.
Проведем плоскость а через прямую SB. Тогда линия ее
пересечения с плоскостью ABC будет параллельна'прямой АС.
Аналогично проведем плоскость (3 через прямую SC, линия ее пересечения с
плоскостью ABC параллельна АВ. Если еще через точку А провести
прямую, параллельную прямой ВС, то три полученные прямые
пересекутся в точках А1, В\ и С\9 причем (АгВг) || (AB),(BiCi) || {ВС),
(AxCi) || (АС)> AAiBiCi правильный, а
его сторона равна 2 (рис. 5.9).
Искомый угол — угол между (5AxCi)
и (SAiBi). Рассмотрим ASAAX. Так как
[АА\] — высота правильного
треугольника А\В\С\, то j4j4i = \/з. Но ребро
SA перпендикулярно плоскости ABC и
SA = л/3. Поэтому SAAi —
равнобедренный прямоугольный треугольник.
Проведя его высоту AM к гипотенузе 5ЛЬ най-
л,. SA [T
дем, что AM = -j= = W -.
Прямая ВгС\ перпендикулярна
плоскости SAA\ , так как она перпендикулярна
прямым SA и АА\ этой плоскости. Следовательно, (AM)
является проекцией прямой ВХМ на (SAAX) и, так как (AM)±(SAi),
то (BiM)Jl(SAi) (по теореме о трех перпендикулярах).
Аналогично, (C\M)±(SAi), и, значит, угол С\МВХ искомый. Обозначим
его через (р. Из равенства прямоугольных треугольников С\АМ и
ВгАМ получаем, что <р = 2/.АМВх. В треугольнике ВХАМ имеем

144
ГЛАВА S, ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
AM
Зная
-Л-
ABi = 1, следовательно, tgLAMBi =
1-tg2^
3 "
можно найти cos (p =
2-=! D
§5.3. Площадь ортогональной проекции
многоугольника
Иногда приходится говорить о трудных
вешах, но следует делать это как можно
проше.
Г. Харди
Теорема 5.5. Площадь ортогональной проекции выпуклого много-
угольника на плоскость равна площади проектируемого
многоугольника, умноженной на косинус угла между плоскостями
многоугольника и его проекции.
Доказательство. Пусть выпуклый многоугольник М,
лежащий в плоскости а, спроектирован ортогонально на плоскость /3,
причем Z(a, /3) = (р, где 0° < <р < 90°. Обозначим проекцию данного
многоугольника через М\. Требуется доказать, что
S(MX) = S(M) cos (p.
(5.1)
В случаях (р = 0° (тогда а || /3 и М\ = М) и <р = 90° (тогда
а±/3 и М\ — отрезок) формула (5.1), очевидно, верна. Пусть теперь
0° < (р < 90°.
Докажем формулу (5.1) для
частного случая, когда М — треугольник
ABC, у которого сторона АВ
параллельна прямой /, по которой
пересекаются плоскости а и /3 (рис. 5.10).
Проведем в ААВС высоту CD. Пусть
Аг, Bi> С\, Di — ортогональные
проекции на плоскость /3 точек А, В, С,
D соответственно. Так как (АВ) || /,
теореме о линии пересечения). Далее,
перпендикуляра к плоскости /3), сле-
Рис. 5.10
то (AM \\ (АВ) (по
(ААг) || (ВВг) (как два
довательно, AAiBxB — параллелограмм и АВ = AiBi. Прямая
AiBi перпендикулярна наклонной CD (поскольку (AB)±(CD), а
(AxBi) || (АВ)), следовательно, по теореме о трех перпендикулярах
(AiBi) перпендикулярна и проекции (C\Di), т.е. [Ci-Dx] — высота в

$5.3. ПЛОЩДДЬ ОРТОГОНАЛЬНОЙ ПРОЕКЦИИ МНОГОУГОЛЬНИКА 145
треугольнике AxBiC\. В плоскости CC\D проведем (DC2) || {DxCi)
(где С2 € [CCi]). Из прямоугольного треугольника CDC2 (где
LCC2D = 90°, LCDC2 = <p) находим C2D = CD cos (р. Поскольку
d Di = C2D, получаем C\ Dx = CD cos y>. По формуле для площади
треугольника
SAbc= \aBCD,
SAibiCi= 5^1 5i -CiDx= ± AB. CD cos <p.
Следовательно, в рассмотренном случае формула (5.1) верна.
Пусть теперь М — произвольный треугольник. Проведем через
его вершины прямые, параллельные /. Одна из них разобьет
рассматриваемый треугольник на два треугольника, у каждого из которых
одна сторона параллельна / (рис. 5.11). Остается для каждого из этих
треугольников воспользоваться формулой (5.1) и сложить
полученные равенства.
Рис. 5.11 Рис. 5.12
Рассмотрим теперь общий случай: М — произвольный
выпуклый многоугольник. Возьмем одну из его вершин и проведем все
выходящие из нее диагонали многоугольника. Они разбивают
исходный многоугольник на неперекрывающиеся треугольники (рис. 5.12).
Применяя формулу (5.1) к каждому из этих треугольников и
складывая полученные равенства, приходим к тому, что формула (5.1) верна
для любого выпуклого многоугольника. □
Замечания. 1) Представление многоугольника в виде объединения конечного
числа треугольников, внутренние области которых попарно не пересекаются,
называется триангуляцией. С триангуляцией выпуклого многоугольника Вы, наверное,
уже встречались в планиметрии при выводе формулы для суммы внутренних углов
многоугольника. Указанный нами в доказательстве способ триангуляции, конечно,
не единственный. Для того чтобы строго доказать, что треугольники разбиения,
полученные таким способом, действительно не перекрываются, а их объединением
является исходный многоугольник, надо воспользоваться методом математической
индукции (рекомендуем Вам проделать это самостоятельно).
2) Формула (5.1) остается в силе и для невыпуклых многоугольников. Для
доказательства достаточно показать, что невыпуклый многоугольник также можно

146
ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
триангулировать. Можно доказать,1 что невыпуклый многоугольник можно
триангулировать с помощью его диагоналей (не обязательно исходящих из одной вершины).
Мы поступим проще. Проведем все прямые, содержащие стороны данного
(невыпуклого) многоугольника. Они разобьют исходный многоугольник на несколько
частей-многоугольников (рис. 5.13). Каждая из этих частей, будучи пересечением
выпуклых фигур — полуплоскостей, является выпуклым многоугольником. Теперь
остается только триангулировать каждый из них, например способом, указанным на
рис. 5.12.
3) С помощью предельного перехода формулу (5.1) можно распространить на
достаточно широкий класс измеримых фигур (т. е. имеющих площадь).
• Упражнение S3. Используя тот факт, что эллипс является ортогональной
проекцией круга, докажите, что площадь эллипса равна хаЬ, где а и b — его
полуоси.
Пример 5.3. Пусть в пирамиде ABCD плоские углы при
вершине А прямые, а площади граней BCD, ABC, ABD и ACD равны
So> Si, S2 и 53 соответственно. Доказать, что S% = S* + 5| + 5|.
S2cosa2
45icosoti
Рис. 5.13 Рис. 5.14
Доказательство. Спроектируем пирамиду ортогонально
сначала на плоскости ABC, ABD и ACD, а затем на
плоскость BCD (рис. 5.14). Обозначим углы, образуемые гранями
ABC, ABD и ACD с гранью BCD, через аг, а2 и а3.
Тогда по теореме о площади ортогональной проекции
многоугольника получаем Si = So cos a,, i = 1,2,3 (так как плоские углы при
вершине А прямые, то проекция основания BCD на плоскость
любой из трех боковых граней представляет собой эту боковую
грань), и So = Si cos ax + 52 cos a2 + S3 cos аз. Отсюда следует, что
S0 = Stf- + вЛ +53f ,т.е. Si = S? + S? + Sl □
до Do Do
Замечание. Приведенное решение не использует того, что проекция точки А
лежит внутри ADBC (почему?). На самом деле можно доказать, что эта
проекция действительно находится внутри указанного треугольника (см. задачу 5.18 и
пример 4.5).
'См., например, [Прасолов, 1991, 4.2, задача 22.22].

§ S.4. МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ. ТРЕХГРАННЫЙ УГОЛ И ЕГО СВОЙСТВА 147
§5.4. Многогранные углы. Трехгранный угол
и его свойства
Преподнося сюрприз
суммой своих углов,
вешь выпадает из
миропорядка слов.
И. Бродский.
Натюрморт
Наряду с двугранными углами в стереометрии рассматриваются
трехгранные и четырехгранные углы, а также углы с большим числом
граней.
Определение. Пусть Ф = AiA2...An — n-угольник, п > 3,
и точка S не принадлежит его плоскости. Объединение всех лучей,
имеющих общее начало S и пересекающих данный многоугольник
Ф, называется многогранным (в данном случае п-гранным) углом
(рис. 5.15).
Мы будем обозначать многогранный угол SAX...Ап.
Точка 5 называется вершиной многогранного угла, лучи 5ЛЬ
5Л2,...,5Л„ — его ребрами, углы Лх5Л2, А25Л3, ...,АП5Л1 — гра-
Рис. 5.15 Рис. 5.16
нями или плоскими углами. Множество всех точек многогранного
угла, не принадлежащих его граням, называется его внутренней
областью.
Многогранный угол может быть выпуклым (рис. 5.16а) или
невыпуклым (рис. 5.166) (в соответствии с общим определением
выпуклости). В дальнейшем мы ограничимся изучением выпуклых
многогранных углов, более того, в основном будем иметь дело с
трехгранными углами.

148
ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
Рассмотрим следующие два свойства плоских углов трехгранного
угла.
Теорема 5.6. Величина каждого плоского угла трехгранного угла
меньше суммы величин двух других его плоских углов.
Доказательство. Пусть а < /?<7 — величины плоских углов
трехгранного угла SABC (а = LBSC,
(3 = LAS С, 7 = LAS В; см. рис. 5.17).
Достаточно доказать, что <у < а + (3
(остальные неравенства, очевидно, выполнены).
Проведем в плоском угле SAB луч SM
с так, чтобы LASM = /?. Пусть он
пересекает [АВ] в точке N. Отложим на
луче SC отрезок SD, равный по
длине отрезку SN. Тогда AASD = AASN
(по двум сторонам и углу между ними),
следовательно, AD = AN. В силу
неравенства треугольника, записанного для
AABD, AD + DB > АВ. Но AD = AN,
АВ = AN + NB, следовательно, DB > NB.
Применим теорему косинусов к треугольнику BSD:
DB2 = SB2 + SD2 - 255 . SD cos a, (5.2)
и к треугольнику BSN:
NB2 = SB2 + SN2 - 255 • SN cos LNSB. (5.3)
Из (5.2) и (5.3), учитывая, что SD = SN и DB > NB, получаем
cos a < cos LNSB. Так как функция у = cos ж является строго
убывающей на (0, л*), то отсюда следует, что LNSB < а. Значит,
7 = LASN + LNSB < а + (3, что и требовалось доказать. □
Следствие 1. Величина каждого плоского угла трехгранного угла
больше разности величин двух других его плоских углов.
Теорема 5.7. Сумма величин всех плоских углов трехгранного угла
меньше 360°.
Доказательство. Пусть дан трехгранный угол SABC сплос-
кими углами а, (3 и у (рис. 5.18). Пусть луч SAX — продолжение луча
SA. Рассмотрим трехгранный угол SAiBC. Его плоские углы равны
а, 180° - (3 и 180° - 7- По теореме 5.6 а < (180° - /3) + (180° - 7)»
т. е. а + /3 + 7 < 360°.
Замечания. 1) Теоремы 5.6 и 5.7 выражают свойства трехгранного угла,
т.е. являются необходимыми условиями существования трехгранного угла.
Оказывается, выполнение этих условий является идостаточным (доказательство

§ 5.4. МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ. ТРЕХГРАННЫЙ УГОЛ И ЕГО СВОЙСТВА 149
можно найти, например, в книге [Клопский, Скопец, Ягодовский, 1977]). Таким
образом, трехгранный угол с плоскими углами а < (3 < у существует тогда и
только тогда, когда выполнены неравенства
а + р + 7 < 360°, (5.4)
7<" + 0. (5.5)
2) Аналогичные свойства имеют место и для n-гранных углов: а\ + ... + ап <
< 360°, ап < <*n-i + ... + or|, где ot\ < аг < •• < otn — плоские углы (доказать
это можно методом математической индукции; утверждения теорем 5.6 и 5.7
составляют базу индукции (п = 3), см., например, [Клопский, Скопец, Ягодовский,
1977]). Справедливо и обратное утверждение.
• Упражнение 5.4. Два плоских угла трехгранного угла равны 70° и 80°. Какие
значения может принимать третий угол?
Рис. 5.18 Рис. 5.19
Сформулируем свойство биссекторов двугранных углов
трехгранного угла.
Теорема 5.8. Биссекторы двугранных углов трехгранного угла
пересекаются по одному луну (рис. 5.19).
Предлагаем Вам самостоятельно доказать это утверждение.
Указание. Вспомните, как доказывается, что биссектрисы
треугольника пересекаются в одной точке. Здесь можно применить тот
же метод. Используйте результат теоремы 5.2.
• Упражнение 5.5. Докажите, что биссекторы двугранных углов тетраэдра
пересекаются в одной точке.

150 ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
§5.5. Расчет трехгранных углов.
Теорема о трех синусах
И я выхожу из пространства
В запушенный сал величин
И мнимое рву постоянство
И самосознанье причин.
О. Мандельштам.
Восьмистишия
Характеристиками трехгранного угла SABC являются величины трех
его плоских углов, а, /3, у (а = IBSC, /3 = LASC, 7 = £-ASB),
и трех его двугранных углов, А, В, С (А — величина двугранного
угла при ребре SA, В — при ребре SB, С — при ребре SC).1
Между этими величинами существует ряд соотношений. Некоторые
из них будут получены в этом параграфе. Однако нет нужды
запоминать все соотношения (зачастую громоздкие), которые мы выведем.
Гораздо полезнее уяснить метод получения таких соотношений и
использовать его при решении конкретных задач.
Пример 5.4. Заданы величины плоских углов трехгранного угла:
а, /3 и 7- Найти величины его двугранных углов.
Решение. Найдем двугранный угол С. Построим линейный угол
двугранного угла при ребре SC (см. рис. 5.20, где (DFE)L(SC),
D Е [SA), Е G [SB), F e [SC), LDFE = С). Из AEFD по теореме
косинусов получаем
ED2 = FE2 + FD2 - 2FE • FD cos С. (5.6)
Из AESD по теореме косинусов получаем
ED2 = SE2 + SD2 - 2SE • SD cos7. (5.7)
Приравнивая правые части (5.6) и (5.7), получаем
FE2 + FD2 - 2FE • FD cos C = SE2 + SD2 - 2SE • SD cos 7,
или
2SE • 5Z?cos7 = (SE2 - FE2) + (SD2 - FD2) + 2FE . FD cos 7.
Из прямоугольных треугольников SEF и SDF по теореме
Пифагора имеем SE2 - FE2 = SF2, SD2 - FD2 = SF2, поэтому
SE • SDcos-y = SF2 + FE • FDcosC.
Отсюда следует, что
SF SF t FE FD „
cos 7 = 7— • —- + —— • -—• cos С.
7 SE SD SE SD .
'Ниже мы будем обозначать таким образом плоские и двугранные углы всех
встречающихся трехгранных углов SABC.

f 5.5. РАСЧЕТ ТРЕХГРАННЫХ УГЛОВ. ТЕОРЕМА О ТРЕХ СИНУСАХ 151
FD
SF FE
С учетом того, что -^= = cos a, -^ =*sina,
ЬЕ
SE
5£
SD
-£-=- = sin/З, последнее равенство принимает вид
откуда
cos 7 = cos a cos 0 + sin a sin /3 cos C,
~ COS7 -cosacos/?
cos С =
= cos/3,
(5.8)
sin a sin /3
Аналогично находятся углы Л и В. D
Замечания. 1) Приведем идею другого решения этой задачи, использующего
векторный аппарат. Пусть а.Ьис — единичные векторы, направленные вдоль лучей
SA, SB и SC. Вектор а, лежащий в плоскости SAC, можно представить в виде
a = с*cos/? + ci, где с\±с, \с\\ = sin0 (рис. 5.21). Аналогично выражается вектор Ь.
После этого надо вычислить скалярное произведение о • 6. С одной стороны, оно
равно cos 7» а с другой стороны — cos a cos /? + sin a sin /? cos С.
2) Доказанное нами соотношение (5.8) часто называют первой теоремой
косинусов для трехгранного угла.
Рис. 5.20
Рис. 5.21
Рис. 5.22
Предлагаем Вам самостоятельно решить обратную задачу —
найти величины плоских углов трехгранного угла, зная величины его
двугранных углов.
• Упражнение 5.6. Докажите равенство
cos С в — cos Л cos В + sin Л sin Я cos 7 (5.9)
(вторая теорема косинусов для трехгранного угла).
Замечание. Укажем на одну красивую идею, помогающую при решении ряда
задач. Пусть SABC — трехгранный угол, а, /?, у — величины его плоских углов;

152 ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
А, В, С — величины двугранных углов. Возьмем внутри угла произвольную точку
Si и опустим из нее перпендикуляры S\Au SiBi, S\C\ на грани BSCy ASC% AS В
соответственно. Получим новый трехгранный угол S\A\B\C\ (рис. 5.22). Величины
его плоских и двугранных углов связаны с соответствующими величинами в исходом
трехгранном угле равенствами а\ = -к — А% Р\ = -к — #, 71 = * — С\ А\ = т — а,
В\ = т — /?, С\ = т — 7 (проверьте!). Угол Su4i£|Ci называют полярным к углу
SABC. Рассмотрение полярного трехгранного угла позволяет свести утверждения
о плоских углах к аналогичным утверждениям о двугранных углах, и наоборот.
Рассмотрим, например, как с помощью введения полярного угла доказывается
равенство (5.9). Запишем первую теорему косинусов для полярного угла:
cos 7i =cosafiCOs/?i +sinaisin/?icosCi,
или
cos Or — С) = cos (ж — A) cos Or — В) + sin (к — A) sin Or — B)cos(x — 7),
откуда в силу формул приведения сразу следует (5.9).
Пример 5.5. Доказать, что справедливы равенства
sin or _ sin0 _ sin 7 /g ^
sin Л sin В sin С
(теорема синусов для трехгранного угла).
Решение. Для доказательства, например, второго из равенств
(5.10) возьмем на ребре SA точку М и спроектируем ее на
плоскость SBC и прямые SB и SC (здесь возможна масса различных
Рис. 5.23
случаев; см., например, рис. 5.2Ъа—в — все они разбираются
аналогично). Обозначим SM = а. Для доказательства нужного равенства
достаточно двумя способами выразить М Н. Проделайте это
самостоятельно. □
Рассмотрим теперь трехгранный угол SABCy в котором В = -.
Тогда из теоремы синусов для трехгранного угла вытекает, что
sin 7 = sin С sin (3.
(5.11)

S 5.S. РАСЧЕТ ТРЕХГРАННЫХ УГЛОВ. ТЕОРЕМА О ТРЕХ СИНУСАХ 153
Полученный результат можно сформулировать следующим
образом.
Теорема 5.9. Если в одной из граней двугранного угла величины а
проведена прямая /, пересекающаяся с его ребром и образующая с
ним угол /3, а с другой гранью — угол у, то
sin 7 = sin a sin /3. (5.12)
Это утверждение часто называют теоремой о трех синусах (см.,
например, [Габович, 1989]). Приведем доказательство этой теоремы,
не использующее теорему синусов для трехгранного угла.
Рис. 5.24 Рис. 5.25
Доказательство. Возьмем на прямой / точку А,
отличную от точки D, в которой / пересекается с ребром
двугранного угла (рис. 5.24). Построим линейный угол данного
двугранного угла. Для этого в грани, содержащей прямую /, проведем
перпендикуляр А В к ребру двугранного угла и опустим из
точки А перпендикуляр АС на другую грань двугранного угла. Тогда
LABC = a, LADB = /?, LADC = 7- Из прямоугольного AACD
находим АС = AD sin 7. Далее, из AABD находим АВ = AD sin /?,
а из ABAC — АС = АВ sin а, следовательно, АС = AD sin a sin /3.
Сравнивая два полученных выражения для АС, приходим к выводу,
что (5.12) выполнено. О
В следующем примере мы покажем, как применяется теорема о
трех синусах.
Пример 5.6. Дан двугранный угол таа величиной 60°.
Правильный треугольник ABC лежит в грани г, причем вершина А
принадлежит ребру а двугранного угла. Сторона АВ образует с
гранью а угол 30°. Найти величину угла, образуемого стороной АС с
гранью а.

154
ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
Решение. Введем обозначения: £(т, а) = а = 60°, L(AB, а) = /3 =
= 30°, L(AC,o) = 7 ~ искомый угол, 1(АВ,а) = у, L(AC,a) = в
(рис. 5.25). По теореме о трех синусах имеем
sin/? = sinasin</< (5.13)
sin 7 = sin a sin в. (5.14)
Поскольку LB AC = 60° (AABC правильный), то 0 = 180° -
- 60° - if = 120° -<ри
sin в = sin (120° - (р) = — cos (p + - sin y>. (5.15)
Из (5.13) находим
sin/? sin 30° 1
sin <p = -— = -7-7TZ = -?= •
sine* sin 60° «y/3
v=/f.
Угол <р острый, поэтому cosy? = J -. Учитывая (5.15), находим
sin 0 = —j=-. Теперь из (5.14) получаем sin 7 = sin a sin 0 = — x
>/6 + l >/6 + l . Уб+1 „
x т=- = —-—, 7 = arcsm -1--—. □
2>/3 4 ' 4
§5.6. Задачи
Каждая проблема maum в себе бесиенный дар.
И ты создаешь себе проблемы — ведь эти
дары тебе крайне необходимы.
Р. Бах. Иллюзии
5.1. Докажите,, что если две плоскости перпендикулярны
плоскости а и пересекаются, то их линия пересечения
перпендикулярна плоскости а.
5.2. Постройте сечение правильной четырехугольной пирамиды
SABCD, все ребра которой имеют одинаковую длину,
плоскостью, проходящей через середину ее высоты, вершину А
основания и перпендикулярной грани SBC.
5.3. Постройте сечение куба ABCDAiBiCiDi плоскостью,
проходящей через центр грани AAiDiD, вершину В и
перпендикулярной плоскости CiNM, где М — середина ребра ВС, а
N — середина ребра CD. Найдите отношение объемов частей,
на которые секущая плоскость делит куб.

§5.6. ЗАДАЧИ
155
5.4. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF угол
между апофемой и плоскостью основания равен 60°.
Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через ребро АВ
и перпендикулярной грани SCD, и определите, в каком
отношении секущая плоскость делит высоту пирамиды.
5.5. Какие значения может принимать величина угла,
получающегося при пересечении двугранного угла величины <р
всевозможными плоскостями?
5.6. Двугранный угол вместе со своим биссектором /3 пересекается
плоскостью а. В каких случаях луч, являющийся пересечением
а и /?, будет биссектрисой получающегося в пересечении угла?
5.7. На гранях двугранного угла расположены точки А и В.
Докажите, что биссектор делит отрезок АВ в отношении, равном
отношению расстояний от точек А и В до ребра двугранного
угла.
5.8. В кубе ABCDAXB\C\D\ точки Е, F и М — середины
ребер AAi, АВ и СС\ соответственно. Найдите угол между
плоскостями EFD и AiDxM.
5.9. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
отношение длины высоты к длине стороны основания равно \/б : 4.
Найдите угол между плоскостями SBC и SDE.
5.10. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит
прямоугольник ABCD со сторонами АВ = 3 и ВС = 2. Боковые
ребра пирамиды имеют одинаковую длину, а ее высота равна 3.
Плоскость а параллельна прямым SB и АС, а плоскость /3 —
прямым SC и BD. Найдите угол между этими плоскостями.
5.11. Дан куб ABCDAiBiCiDi. Плоскость а перпендикулярна
прямой А\С\, а плоскость /3 параллельна прямой CDX.
Найдите наименьший возможный угол между этими плоскостями.
5.12. Дан куб ABCDAiBiCiDi с ребром длины 1. На ребрах ААХу
BBiy DDx взяты соответственно точки К, Р, М так, что
АК : АХК = 1 : 3, ВР : ВгР = 3 : 1, DM : DXM = 3:1.
Найдите объем пирамиды, у которой основание — сечение
куба плоскостью КРМ, а вершина — точка Ах.
5.13. Правильная треугольная пирамида с двугранным углом а при
ребре основания пересечена плоскостью, параллельной
основанию, так, что площадь полученного сечения равна площади
боковой поверхности образовавшейся усеченной пирамиды.
Определите отношение площади основания к площади
сечения.
5.14. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде
проведены два сечения: плоскостью, проходящей через диагонали

156 ГЛАВА 5. ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
оснований, и плоскостью, проходящей через сторону нижнего
основания и противоположную сторону верхнего основания.
Угол между секущими плоскостями равен а. Найдите
отношение площадей сечений.
5.15. Найдите наибольшую площадь ортогональной проекции
правильного тетраэдра с ребром а на плоскость.
5.16!" Докажите, что площадь ортогональной проекции куба с
ребром 1 на плоскость численно равна длине его проекции на
прямую, перпендикулярную этой плоскости.
5.17!" Докажите, что плоскости, проходящие через ребра
трехгранного угла и биссектрисы противолежащих плоских углов
(«медианы»), пересекаются по одной прямой.
5.18. Докажите, что плоскости, перпендикулярные граням
трехгранного угла и проходящие через их биссектрисы («серединные
перпендикуляры»), пересекаются по одной прямой.
5.19* Любой ли трехгранный угол имеет сечение, являющееся
правильным треугольником?
5.20. Угол между плоскостью квадрата ABCD и некоторой
плоскостью т равен а, а угол между стороной А В и той же плоскостью
равен (3. Найдите угол между стороной AD и плоскостью г.
5.21. Стороны АВ и АС равностороннего треугольника ABC
расположены соответственно в гранях Р и Q острого двугранного
угла величины (р. Сторона АВ образует с ребром двугранного
угла острый угол а. Найдите величину угла между плоскостью
ABC и гранью Q.
5.22. Пусть а — угол между наклонной / и плоскостью г, (3 — угол
между проекцией наклонной на эту плоскость и прямой а,
проведенной через основание наклонной в плоскости
проекции, и 7 — угол между наклонной / и прямой а. Докажите,
что cos 7 = cos a cos /3 (теорема о трех косинусах).
5.23. Высота правильной треугольной призмы равна Я. Через одно
из ребер нижнего основания и противоположную ему
вершину верхнего основания проведена плоскость. Найдите площадь
получившегося сечения, если его угол, взятый при вершине
верхнего основания призмы, равен а. Найдите также
допустимые значения а.
5.24. В плоскости т расположен правильный треугольник ABC со
стороной а. На перпендикуляре к плоскости т в точке А
отложен отрезок AD = а. Найдите угол между прямыми АВ
и CD.

|3.6. ЗАДАЧИ 157
5.25. Каждый двугранный угол трехгранного угла имеет
величину а. Найдите величины его плоских углов. Укажите также все
возможные значения а.
5.26. Плоские углы AS В, BSC и CSA трехгранного угла SABC
имеют величины -, - и arccos -~ соответственно. Найдите
3 6 уЗ
величину двугранного угла при ребре SB.
IT
5.27. Каждый плоский угол трехгранного угла имеет величину —.
Внутри него расположена точка, удаленная от двух граней
на расстояние а, а от третьей — на расстояние За. Найдите
расстояние от этой точки до вершины трехгранного угла.

a
£
# 1^
Чг-.;-"•*
.v///// „„ i»ig
ш
'7Д ^^^
ч#'

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

160 ГЛАВА 6. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОГОГРАННИКОВ
Пространственной областью называется непустая фигура Ф,
обладающая следующими свойствами:
1) любые две точки фигуры Ф можно соединить ломаной,1
целиком принадлежащей Ф;
2) вместе с любой своей точкой фигура Ф содержит хотя бы один
шар с центром в этой точке.
Первое из этих свойств называется связностью, второе — от-
крытостью. Поэтому говорят, что пространственная область — это
открытое связное множество точек пространства.
Приведем примеры. Все пространство является
пространственной областью (но эта область, очевидно, неограниченная), а точка,
прямая и плоскость — нет (так как они не открыты). Пример
ограниченной пространственной области дает фигура В(Оу R) \ S(0, R).
Заметим, что шар В(0, R) не открыт, следовательно, он не является
пространственной областью.
• Упражнение 6.1. Приведите пример открытой, но не связной фигуры.
Границей пространственной области называется непустое
множество всех точек пространства, для каждой из которых любой шар с
центром в этой точке, содержит как точки, принадлежащие данной
области, так и не принадлежащие ей.
Пространственная область может не иметь границы.
Единственным примером такой области служит все пространство. Все
остальные пространственные области, в частности, ограниченные, всегда
имеют границу.2 Обратное неверно, т.е. пространственная область
может иметь границу, но не быть ограниченной. Например, этим
свойством обладает внутренность многогранного угла.
Наконец, сформулируем основное определение.
Определение. Объединение ограниченной
пространственной области и ее границы называется телом.
Из этого определения вытекает, что тело является ограниченной
фигурой.
Граница указанной пространственной области называется
поверхностью тела Т и обозначается дТ, а сама эта пространственная
область называется его внутренней областью и обозначается intT
(от английского interior). Например, поверхностью тетраэдра
является объединение всех его граней, а поверхностью шара является
сфера.
Звенья этой ломаной не обязательно лежат в одной плоскости.
2Доказательство этого утверждения выходит за рамки нашего курса. Подобные
вопросы обсуждаются в курсах топологии (см., например, книгу [Стинрод, Чинн,
1967], рассчитанную на начинающих).

$6.2. МНОГОГРАННИКИ И ИХ ЭЛЕМЕНТЫ
161
§6.2. Многогранники и их элементы
Проблемы нам создают не те веши,
которых мы не знаем, а те, о которых мы
ошибочно полагаем, что знаем.
В. Роджерс
Важным классом геометрических тел являются многогранники.
Определение многогранника уже было дано в § 2.4. После того
как мы придали точный смысл понятиям «тело» и «поверхность
тела», нам остается лишь напомнить это определение.
Определение. Многогранником называется тело, поверхность
которого является объединением конечного числа многоугольников.
В соответствии с общим определением выпуклого множества,
многогранник называется выпуклым, если вместе с любыми двумя
своими точками он содержит соединяющий до отрезок. На
рисунках 6.1а, б изображены соответственно выпуклый и невыпуклый мно-
Рис. 6.1
гофанники. В дальнейшем, если не оговорено противное, мы всюду
подразумеваем под многогранником выпуклый многогранник.1
Многоугольник, принадлежащий поверхности многогранника,
называется его гранью, если он не содержится ни в каком другом
многоугольнике, также принадлежащем поверхности многогранника.
Стороны граней называются ребрами многогранника, а вершины —
вершинами многогранника. Отрезки, соединяющие вершины
многогранника, не принадлежащие одной грани, называются диагоналями
этого многогранника.
Частные виды многогранников были определены и изучены нами
в § 2.4, 4.4.
1Это обстоятельство следует иметь в виду, так как не все факты, которые
мы формулируем в этой главе, а также в задачах к пей, верны для невыпуклых
многогранников.
6 Калинин A. IO., Терешин Д. А.

162 ГЛАВА 6. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОГОГРАННИКОВ
§6.3. Правильные многогранники
Евклид вовсе и не собирался выпускать
систематический учебник геометрии. Он
задался иелью написать сочинение о
правильных многогранниках, рассчитанное на
начинающих, в силу чего ему пришлось изложить
все необходимые сведения.
Т. А'Арси
Определение. Многогранник1 называется правильным, если
все его грани — равные правильные многоугольники и из каждой его
вершины выходит одинаковое число ребер.
Как мы знаем, на плоскости существует бесконечно много типов
правильных многоугольников (для любого п > 3 существует
правильный n-угольник). В пространстве дело обстоит не так: существует
всего пять типов правильных многогранников, которые известны еще
с древних времен. Это тетраэдр, гексаэдр (куб), октаэдр, додекаэдр и
икосаэдр (рис. 6.2—6.6).
Рис. 6.2
Рис. 6.3
Рис. 6.4
Действительно, пусть гранями правильного многогранника
являются правильные n-угольники, а в каждой его вершине сходится га
ребер. Так как внутренний угол правильного многоугольника равен
тг(п - 2) ,
, а для существования га-гранного угла (при вершине мно-
п
гогранника) необходимо,2 чтобы сумма всех его плоских углов была
тг(п - 2)
меньше 27г, то т • < 27Г, откуда
п т 2
(ел)
!Как было отмечено в § 6.2, мы имеем в виду выпуклый многогранник.
2См. замечание 2 к теореме 5.7.

$ 6.3. ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОГРАННИКИ
163
В соответствии с геометрическим смыслом тип —
натуральные числа, не меньшие 3. При таких ограничениях неравенство (6.1)
имеет лишь конечное число решений. Действительно, при п > 6
Рис. (.5 ?ис. 6.6
решений нет, а все решения при п = 3,4,5 приведены в табл. 6.1.
Эти значения пит отвечают соответственно правильным тетраэдру,
октаэдру, икосаэдру, кубу и додекаэдру. Конечно, надо еще
убедиться, что каждый из вышеназванных многогранников существует. Мы
Таблица 6.1
п
т
3
3
3
4
3
5
4
3
5
5
Таблица 6.2
Тетраэдр
Куб
Октаэдр
Додекаэдр
Икосаэдр
Грани
4
6
8
12
20
Вершины
4
8
6
20
12
Ребра
6
12
12
30
30
не будем здесь доказывать их существование, а ограничимся лишь
констатацией этого факта. Более подробное исследование
содержится, например, в книгах [Прасолов, Шарыгин, 1989], [Шклярский и
др., 1954].
Названия правильных многогранников греческие, они
соответствуют числу граней, например, тетраэдр — четырехгранник. В
табл. 6.2 указано количество граней, вершин и ребер для каждого
правильного многогранника.
6*

164 ГЛАВА 6. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОГОГРАННИКОВ
Интересно отметить, что правильные гексаэдр и октаэдр
являются двойственными друг другу: центры граней куба являются верши-
а б
Рис. 6.7
Рис. 6.8
нами правильного октаэдра (рис. 6.7а), и наоборот: центры граней
правильного октаэдра являются вершинами куба (рис. 6.76).
Аналогичным свойством обладают правильные икосаэдр и додекаэдр
(рис. 6.8я, б).
§6.4. Теорема Эйлера
Читайте Эйлера, читайте Эйлера,
он учитель для всех нас.
П. Лаплас
Оказывается, число граней, вершин и ребер многогранника не может
быть произвольным. Например, не существует многогранника с
семью ребрами. Действительно, пусть такой многогранник существует
и имеет к граней. Если все его грани — треугольники, то (поскольку
каждая грань содержит три ребра, а каждое ребро принадлежит двум

$6.4. ТЕОРЕМА ЭЙЛЕРА
165
соседним граням) у многогранника 3fc/2 ребер, т.е. число ребер
делится на 3. Если же одна из граней имеет по крайней мере четыре
ребра, то всего ребер не меньше восьми (не менее четырех ребер
в этой грани и еще не менее четырех ребер — по одному ребру,
исходящему из каждой ее вершины).
Следующее важное соотношение между числом граней, вершин и
ребер многогранника было установлено Леонардом Эйлером в 1758 г.
Теорема 6.1. Для числа граней Г, числа вершим В и числа ребер Р
любого выпуклого многогранника справедливо соотношение
' \Г+ В-Р = 2\
Доказательство. Ортогонально спроектируем
многогранник на плоскость, не перпендикулярную ни одной из его
граней. При этом проекцией каждой грани
будет некоторый выпуклый
многоугольник, число сторон которого равно числу
ребер этой грани. Проекцией
многогранника будет выпуклый многоугольник Q,
граница которого представляет собой
проекцию некоторой замкнутой
(пространственной) ломаной М, состоящей из
ребер многогранника.1 Эта ломаная делит
поверхность многогранника на две части. РИС, $#9
Пусть первая часть содержит Гх граней,
вторая — Г2 граней. Далее, пусть Вх — число внутренних (т.е. не
принадлежащих М) вершин первой части, В2 — второй части, В' —
число вершин ломаной М.
Рассмотрим проекцию только первой части (рис. 6.9). Пусть
грани первой части, а следовательно, и их проекции, имеют щ ребер,
г = 1,2,..., Г\. Вычислим двумя способами сумму S\ углов проекций
всех граней первой части. С одной стороны, так как сумма внутрен-
них углов п,-угольника равна ж(щ - 2), то Si = £ *(nt ~~ 2). С
t=i
другой стороны, эта сумма складывается из суммы углов
многоугольника Q и углов при внутренних вершинах: S\ = к(В' — 2) + 2пВг.
Сравнивая два полученных выражения для Si, получаем
А
£ Щ - 2А = В' - 2 + 2ВХ. (6.2)
В случае невыпуклого многогранника это утверждение, вообще говоря, неверно.

166
ГЛАВА 6. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОГОГРАННИКОВ
Аналогично,
2го, -2Г2 = В'-2 + 2ВЪ
(6.3)
1 = 1
где га,- — количества ребер у граней второй части, i = 1,2, ...,Г2.
Складывая равенства (6.2) и (6.3) и учитывая, что каждое ребро
принадлежит двум граням, получаем
2Р - 2(А + А) = 2(ВХ + В2 + В1) - 4,
или
т.е.
2Р - 2Г = 2В - 4,
что и требовалось доказать. D
Замечание. Доказанная теорема верна не
только для выпуклых, но и для некоторых невыпуклых
многогранников, а именно для многогранников, у
которых нет «сквозных дыр» (для так называемых
односвязных многогранников). На рис. 6.10 приведен пример неодносвязного
многогранника, для которого Г + В - Р » 0 (Г = 12, В = 12, Р - 24).
• Упражнение 6.2. Используя теорему Эйлера, докажите, что любой правильный
многогранник принадлежит к одному из пяти типов, перечисленных в § 6.3.
Рис. 6.10
§6.5. Задачи
Я занимался до сих пор решением ряда
задач, ибо при изучении наук примеры
полезнее правил.
И. Ньютон. Всеобщая арифметика
6*1. Докажите, что многогранник является выпуклым тогда и
только тогда, когда он целиком лежит по одну сторону от каждой
плоскости, содержащей его грань.
6.2. Докажите, что тело является выпуклым тогда и только тогда,
когда каждый луч, выходящий из произвольной внутренней
точки, пересекает поверхность тела ровно в одной точке.
6.3. Найдите сумму двугранного угла правильного тетраэдра и
двугранного угла правильного октаэдра.
6.4. Докажите, что центры граней куба являются вершинами
правильного октаэдра, а центры граней правильного октаэдра —
вершинами куба.

$6.5. ЗАДАЧИ
167
6.5. Боковые грани правильной четырехугольной пирамиды и
правильного тетраэдра равны. Эти многогранники приложили
друг к другу так, что боковая грань одного из них совпала
с боковой гранью другого. Сколько граней у получившегося
многогранника?
6.6. Обязательно ли является правильным многогранник, у кото*
рого равны:
а) все ребра и все двугранные углы;
б) все ребра и все многогранные углы;
в) все грани и все многогранные углы?
6.7. Докажите, что у любого многогранника:
а) число граней с нечетным числом ребер четно;
б) число вершин, в которых сходится нечетное число ребер,
четно.
6.8. Докажите, что в любом многограннике найдется либо
треугольная грань, либо трехгранный угол.
6.9. Докажите, что в любом многограннике найдется грань, у
которой менее шести.сторон.
6.10? Существует ли семигранник, все грани которого являются
четырехугольниками?
6.lit При каких п существует многогранник, имеющий п ребер?
6.12? Все ребра многогранника с шестью вершинами имеют
одинаковую длину а, а расстояние между любыми двумя
несмежными вершинами равно ау/2. Верно ли, что это правильный
октаэдр? Если нет, то найдите все многогранники,
удовлетворяющие перечисленным условиям.

— А еше они рисовали... Всякую всячину... Все, что
начинается на -М». Они рисовали мышеловки, месяи,
математику, множество... Ты когда-нибудь видела,
как рисуют множество?
— Множество чего? — спросила Алиса.
— Ничего, — отвечала Соня. — Просто множество.
Л. Кэрролл. Приключения Алисы в стране чулес
ГЛАВА 7
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК
ПРОСТРАНСТВА
§7.1. Основные геометрические места точек
пространства
Предположим, что из всех точек пространства нам нужно выделить
точки, обладающие некоторым свойством 5. Множество этих
точек в геометрии принято называть геометрическим местом точек
(сокращенно ГМТ), обладающих свойством S. Тем самым термин
«геометрическое место точек» является синонимом термина
«множество точек», а так как понятие «множество» относится к
неопределяемым математическим понятиям, то давать определение понятия
«геометрическое место» не имеет смысла.
Геометрическое место точек, обладающих заданным
свойством, — это некоторая фигура Ф в пространстве. Найти
геометрическое место точек — значит описать эту фигуру. Нужно также
постараться (если это возможно) дать это описание на
геометрическом языке, т. е. сказать, как эта фигура называется (например, три
точки, пара прямых, сфера и т. п.) и указать параметры, задающие
ее положение в пространстве (например, центр и радиус сферы,
три точки, через которые проходит плоскость, и т.п.). При этом
необходимо установить справедливость двух утверждений:
1) если точка М обладает свойством 5, то она принадлежит
фигуре Ф;
2) если точка М принадлежит фигуре Ф, то она обладает
свойством S.

170 ГЛАВА 7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК ПРОСТРАНСТВА
Доказательство этих двух утверждений равносильно нахождению
тех и только тех точек, которые обладают свойством S.
Условимся первое из них считать прямой теоремой, тогда второе будет
обратной теоремой и можно сказать, что при нахождении ГМТ
следует доказывать обе теоремы: прямую и обратную (или прямую и
противоположную к прямой, которая равносильна обратной).
Подчеркнем, что если при нахождении ГМТ доказана только прямая
теорема и не доказана обратная, то нет никакой гарантии, что
найденная нами фигура не содержит точек, не обладающих заданным
свойством 5. Поэтому такое решение задачи нельзя признать
полным, даже если получен правильный ответ.
Ситуация, подобная описанной, уже встречалась в алгебре, когда
при решении уравнения или неравенства нужно, с одной стороны, не
потерять ни одного решения, а с другой стороны, не приобрести
ничего лишнего, т. е. убедиться, что все найденные числа действительно
являются решениями. Эта аналогия более глубокая, чем кажется на
первый взгляд. Дело в том, что многие задачи на нахождение ГМТ
могут быть решены с помощью метода координат, который
позволяет свести их решение к решению уравнений и неравенств. Подобные
примеры будут рассматриваться в курсе стереометрии 11-го класса
после того, как будет изложен метод координат в пространстве.
Полезно знать геометрические места точек пространства, которые
часто встречаются при решении задач. Перечислим некоторые из них
в виде следующих пяти утверждений.
I. Геометрическим местом точек пространства, удаленных от
точки О на расстояние R > О, является сфера 5(0, R) с центром
в точке О и радиусом R.
II. Геометрическим местом точек пространства, равноудаленных
от двух точек А и В, является плоскость, перпендикулярная
отрезку АВ и проходящая через его середину.
III. Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух
пересекающихся плоскостей, является пара взаимно
перпендикулярных плоскостей, делящих пополам двугранные углы,
образованные данными плоскостями.
IV. Геометрическим местом точек, равноудаленных от всех
вершин плоского вписанного многой ольника, является прямая,
перпендикулярная плоскости этого многоугольника и
проходящая через центр описанной около него окружности.
V. Геометрическим местом точек, равноудаленных от всех сторон
плоского описанного многоугольника, является прямая,
перпендикулярная плоскости этого многоугольника и проходящая
через центр вписанной в него окружности.

17.1. ОСНОВНЫЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК ПРОСТРАНСТВА 171
Утверждение I является переформулировкой определения сферы,
данного в § 6.1. Остальные утверждения нуждаются в доказательстве.
Доказательство утверждения II. Сначала покажем,
что если точка М такова, что MA = MB, то М лежит в плоскости
а, проходящей через середину О отрезка АВ и перпендикулярной
ему. Достаточно проверить этот факт для точек А/, отличных от точки
О. Проведем через точку М плоскость /?, перпендикулярную прямой
АВ (рис. 7.1). Пусть 0i = (3 П (АВ). Прямоугольные треугольники
АО\М и ВО\М равны по гипотенузе и катету, следовательно, равны
и их оставшиеся катеты, т.е. АО\ = 0\В. Поэтому О 1 — середина
отрезка АВ и, следовательно, а и /3 — одна и та же плоскость.
Рис. 7.1 Рис. 7.2
Теперь докажем обратное утверждение: если точка М
принадлежит плоскости а, то MA = MB. Соединим точку М с точками А,
В и О (рис. 7.2). Так как (АВ)±а, а (ОМ) G а, то (ОМ)ЦАВ).
Прямоугольные треугольники АОМ и ВОМ равны по двум
катетам, следовательно, равны и гипотенузы этих треугольников, т.е.
МА = MB. и
Утверждение III следует из теоремы S.2 о биссекторе
двугранного угла.
• Упражнение 7.1. Выведите утверждение III из теоремы о биссекторе.
Доказательство утверждения IV. Пусть AiA2.-.An —
плоский многоугольник, вписанный в окружность с центром О, а / —
прямая, проходящая через О и перпендикулярная плоскости АхА2Аг.
Докажем, что если МАг = ... = МАпу то М el. Предположим
противное, т. е. М £ /. Опустим из точки М перпендикуляр на плоскость
АХА2А3 и обозначим его основание через 0Х (рис. 7.3).
Прямоугольные треугольники AxOiMy А20\Му..., АпО\М равны по гипотенузе
и катету, следовательно, 0\А\ = 0\А2 = ... = OiAn. Поэтому 0\
и О — это одна и та же точка (как известно из планиметрии, если
около многоугольника можно описать окружность, то эта окружность
единственна), т. е. М £ I.

172 ГЛАВА 7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК ПРОСТРАНСТВА
Докажем обратное утверждение. Пусть Me/. Из равенства
прямоугольных треугольников AiOM,A20My*..yAnOM с общим
катетом ОМ и равными (как радиусы окружности) катетами
ОА1у...уОАп получаем, что МАг = ... = МАп (рис. 7.4). □
Рис. 7.3 Рис. 7.4
Доказательство утверждения V проводится по той же схеме, что
и доказательство утверждения IV.
• Упражнение 7.2. Докажите утверждение V.
Отметим, что если около многоугольника, о котором идет речь
в утверждении IV, нельзя описать окружность, то соответствующее
ГМТ представляет собой пустое множество точек. Аналогичный
результат имеет место, если в формулировке утверждения V заменить
описанный многоугольник многоугольником, в который нельзя
вписать окружность. Заметим еще, что в формулировке утверждения V
существенно, что рассматриваются именно стороны
многоугольника, а не прямые, их содержащие. В последнем случае результат
оказывается совершенно иным (см. задачу 7.4.).
§7.2. Геометрические места точек,
сводящиеся к основным.
Метод пересечения и объединения
Решения многих задач на нахождение геометрических мест точек
могут быть получены путем сведения к основным ГМТ, перечисленным
в предыдущем параграфе. Приведем несколько примеров.
Пример 7Л. Найти геометрическое место точек М пространства,
из которых данный отрезок АВ виден под прямым углом (т. е. таких,
что IAMB = 90°).

§ 7.2. МЕТОД ПЕРЕСЕЧЕНИЯ И ОБЪЕДИНЕНИЯ 173
Решение. Нужно найти геометрическое место точек М таких, что
треугольник AM В прямоугольный с гипотенузой А В. Это
равносильно тому, что точка М находится от середины отрезка А В на
расстоянии, равном половине длины этого отрезка, причем М
отлична от А и В. Следовательно, искомым геометрическим местом
является сфера с центром в середине отрезка АВ и радиусом АВ/2
без точек А и В. П
Полученный результат полезно помнить, так как это ГМТ наряду
с основными часто используется при решении задач.
Пример 7.2. Дан плоский четырехугольник ABCD, никакие две
стороны которого не параллельны. Найти геометрическое место
точек М таких, что боковую поверхность пирамиды MABCD можно
пересечь плоскостью так, что в сечении получится прямоугольник.
Решение. Пусть Р = (АВ) П (CD), a Q = (ВС) П (AD). Тогда
прямые MP и MQ — линии пересечения плоскостей, содержащих
противоположные боковые грани
пирамиды MABCD (рис. 7.5).
Пересечение плоскости а и пары
плоскостей, пересекающихся по
прямой /, представляет собой две
параллельные прямые тогда и только
тогда, когда плоскость а параллельна /.
Поэтому сечение пирамиды MABCD
будет параллелограммом тогда и толь- я
ко тогда, когда плоскость сечения па- Рис. 7.5
раллельна плоскости MPQ, при этом
стороны сечения параллельны прямым MP и MQ. Этот
параллелограмм является прямоугольником тогда и только тогда, когда
LPMQ = 90°. Из результата предыдущего примера следует, что
точка М принадлежит сфере с диаметром PQ, из которой исключены
точки Р и Q. Кроме того, ясно, что точки этой сферы, лежащие в
плоскости ABCD, не принадлежат искомому ГМТ. □
• Упражнение 7.3. Решите предыдущую задачу при условии, что четырехугольник
ABCD является: а) трапецией; б) параллелограммом.
Пример 7.3. Даны две пересекающиеся плоскости и точка А.
Найти геометрическое место точек М таких, что прямая МА образует
с этими плоскостями равные углы.
Решение. Рассмотрим сначала случай, когда точка А лежит на
линии пересечения данных плоскостей а и 0. Из определения угла
между прямой и плоскостью следует, что прямая МА образует Саи/3
равные углы тогда и только тогда, когда точка М равноудалена от а и
0 и отлична от точки А (рис. 7.6). Следовательно, в рассматриваемом
случае искомым геометрическим местом является пара плоскостей,
делящих пополам двугранные углы, образованные плоскостями а

174 ГЛАВА 7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК ПРОСТРАНСТВА
и (3, без точки А. Общий случай сводится к разобранному путем
проведения через точку А плоскостей а' и /?', параллельных
плоскостям а и /3 соответственно. Действительно, прямая МА образует с
параллельными плоскостями равные углы. Поэтому искомые ГМТ —
пара плоскостей, делящих пополам двугранные углы, образованные
плоскостями о! и /3', без точки А. □
Рис. 7.6 Рис. 7.7
До сих пор мы рассматривали задачи, в которых требовалось
найти геометрическое место точек, удовлетворяющих одному условию. В
том случае, когда в задаче нужно найти геометрическое место точек,
удовлетворяющих одновременно нескольким условиям,
необходимо найти геометрические места точек, удовлетворяющих отдельно
каждому из условий, а затем взять ихпересечение.
Пример 7.4. Найти геометрическое место точек М,
равноудаленных от четырех данных точек пространсгва, Л, В, С и D, не
лежащих в одной плоскости.
Решение. Геометрическим местом точек, равноудаленных от
точек А у В и С, является прямая /, перпендикулярная плоскости
треугольника ABC и проходящая через центр описанной около
него окружности. Плоскость а, перпендикулярная отрезку AD и
проходящая через его середину, есть геометрическое место точек,
равноудаленных от А и D. Следовательно, искомое ГМТ
представляет собой точку пересечения прямой / и плоскости а (почему эти
прямая и плоскость не могут оказаться параллельными?). D
Замечания. 1. Можно дать и другое описание полученного ГМТ. Например,
представить его как пересечение трех плоскостей, равноудаленных соответственно
от точек AnByAnC,AnD,T.c. проходящих через середины отрезков А В, АС
и AD и перпендикулярных к ним.
2. Из полученного результата вытекает, что через любые четыре точки
пространства, не лежащих в одной плоскости, можно провести сферу, и притом только
одну. Иными словами, около любого тетраэдра можно описать единственную сферу.»
К рассмотрению других многогранников, вписанных в сферу, мы обратимся в курсе
стереометрии одиннадцатого класса.

$7.2. МЕТОД ПЕРЕСЕЧЕНИЯ И ОБЪВДИНЕНИЯ
175
• Упражнение 7.4. Докажите с помощью метода пересечения утверждение IV
из §7.1.
Если в задаче требуется найти геометрическое место точек,
удовлетворяющих хотя бы одному из нескольких условий, то
необходимо найти геометрические места точек, удовлетворяющих
отдельно каждому из условий, а затем взять их объединение.
Пример 7.5* Данный трехгранный угол пересекается
плоскостями, проходящими через данную точку на одном из его ребер, так,
что в сечении получаются треугольники. Найти геометрическое место
точек пересечения медиан этих треугольников.
Решение. Пусть А — данная точка на ребре трехгранного угла, а
ABC — треугольник, полученный в сечении этого угла. Зафиксируем
точку В и найдем геометрическое место точек пересечения медиан
треугольников ABC при условии, что меняется только положение
точки С. Взяв затем объединение таких геометрических мест для
всевозможных положений точки В, мы найдем ответ к нашей задаче.
Пусть D — середина отрезка АВ (рис. 7.7), Q — точка
пересечения медиан треугольника ABC, S — вершина данного трехгранного
угла, Qx — точка пересечения медиан треугольника AS В. Так как
р^~ = од = у> то (QiQ) || (SC). Следовательно, Q лежит на
прямой, проходящей через точку Qx и параллельной ребру SC.
Ясно, что точки этой прямой, лежащие вне трехгранного угла, следует
исключить. Остается луч / с началом в точке Qu параллельный
прямой SC.
Все точки этого луча, кроме точки Qu принадлежат искомому
множеству. Действительно, если Q € / и Q отлична от Qi, то
проведем плоскость ABQ, которая пересечет третье ребро в некоторой
точке С. Так как (QQi) || (SC), то плоскость SQC пересечет отрезок
АВ в его середине D. Следовательно, прямые CQ и SQX пересека-
n SQi CQ „ SQi 2 Л
ются в точке D, причем тгт; = тг^ • Но тгт: = т» поэтому Q —
Q\D QD Q\D l
точка пересечения медиан треугольника ABC.
Теперь нужно взять объединение всех лучей /, отвечающих
всевозможным положениям точки В на соответствующем ребре. Ясно,
что при этом точки Q\ будут лежать на луче, параллельном этому
ребру, с началом в точке Q2> делящей отрезок SA в отношении
2:1, считая от точки А. Объединение лучей / дает пересечение
данного угла с плоскостью, проходящей через точку Q2 параллельно
его ребрам, по которым перемещаются точки В и С. Из
указанного множества еще следует исключить луч, отвечающий различным
положениям точки Qx. П
• Упражнение 7.5. Докажите с помощью метода объединения утверждение II из
предыдущего параграфа.

176 ГЛАВА 7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МВСТА ТОЧЕК ПРОСТРАНСТВА
§7.3. Различные геометрические места точек
Здесь мы разберем несколько примеров, решения которых не
связаны какой-либо одной общей идеей. Тем не менее, эти примеры
иллюстрируют некоторые приемы (проекция, симметрия,
вспомогательный объем), полезные при нахождении геометрических мест.
Пример 7.6. Найти геометрическое место середин отрезков,
концы которых лежат на данных скрещивающихся прямых.
Рис. 7.8 Рис. 7.9
Решение. Обозначим данные прямые через 1г и /2, а длину общего
перпендикуляра PQ — через d. Построим плоскости аг и а2 так, что
*i С аь /2 С а2 и ах || а2 (рис. 7.8). Пусть точка М принадлежит
искомому множеству, т.е. она является серединой отрезка АВ, где
A G /ь а В € /2. Спроектируем точки В и М на плоскость аг
и обозначим проекции через Вг и Mi соответственно. Так как
ВВХ = rf, а отрезок ММХ — средняя линия треугольника ABBl9
то ММх = d/2, т.е. /)(Л/,ах) = р(М,а2). Следовательно, точка М
находится на равном расстоянии от плоскостей аг и а2 и, значит,
лежит в плоскости /3, перпендикулярной отрезку PQ и проходящей
через его середину.
Докажем теперь, что если М £ /?, то она является серединой
некоторого отрезка АВ с концами на прямых 1\ и /2. Спроектируем
точку М на плоскость ol\. Через полученную точку Мг проведем
отрезок АВ\ так, чтобы А € /i, a Bi G /2^ где /2 — проекция прямой
/2 на плоскость ах, причем ЛМХ = МхВг. Для этого достаточно
соединить точку пересечения прямых /х и /2 с точкой Мх, продолжить
полученный отрезок за точку М\ на такую же длину, а затем через
полученную точку провести прямые, параллельные 1Х и /2, до
пересечения с ними (рис. 7.9) (докажите это). Спроектировав точку Вх
на плоскость а2, мы получим точку В. Отрезок Л5 будет содержать

§ 7.3. РАЗЛИЧНЫЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК 177
точку М (почему?), а из подобия треугольников АМгМ и АВ\В
следует, что AM = MB. □
Пример 7.7. На поверхности правильного тетраэдра найти
геометрическое место концов отрезков, которые делятся пополам
серединой данной высоты этого тетраэдра.
Рис. 7.10 Рис. 7.11
Решение. Пусть точка О — середина данной высоты тетраэдра Т.
Поставим в соответствие каждой точке X тетраэдра Т точку У,
отличную от X, такую, что ОХ = ОУ, причем точки X, О и У лежат
на одной прямой.1 Ясно, что таким образом мы получим новый
тетраэдр Ть причем рассматриваемая высота у тетраэдров Т и 7\
общая (рис. 7.10). Пусть точки Р и Q лежат на поверхности
тетраэдра Т, РО = OQ и точки Р, О и Q лежат на одной прямой. Тогда
точке Р согласно нашему определению
соответствует точка Q, и наоборот.
Следовательно, точки Р и Q лежат также
и на поверхности тетраэдра 7\. Верно и
обратное. Из этого следует, что искомое
геометрическое место есть пересечение
поверхностей тетраэдров Г и 7\. Это
замкнутая ломаная ABCDEF и концы
данной высоты тетраэдра Т (рис. 7.11). □
Пример 7.8. Найти геометрическое
место точек данного трехгранного угла,
сумма расстояний от которых до его граней равна данному
положительному числу а.
Решение. Пусть OXYZ — данный трехгранный угол. Возьмем
на его ребрах OX, OY и OZ точки А, В и С соответственно так,
Такое преобразование называется симметрией относительно тонки или
центральной симметрией; оно будет подробно изучено нами в § 8.4.

178 ГЛАВА 7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК ПРОСТРАНСТВА
что расстояния от этих точек до противоположных им граней
равны а (рис. 7.12). Пусть точка М принадлежит трехгранному углу,
а расстояния от нее до граней равны аь а2 и а3. Сумма
объемов пирамид с вершиной М и основаниями ОАВ, ОВС и ОСА
равна -S(a,i + а2 + а3), где 5 — площадь треугольников ОАВ9
ОВС и ОСА (эти треугольники равновелики, так как их площа-
ЗК
ди равны —, где V — объем тетраэдра О ABC). Следовательно,
а
V = - S(a,i + а2 + a3)v, где v — объем тетраэдра МАВС. Так как
V = - 5а, то ах + а2 + а3 = а тогда и только тогда, когда v = 0, т. е.
точка М принадлежит треугольнику ABC. □
§7.4. Задачи
— Залай еше вопрос. Какое же наслаждение
наблюдать за работой собственной головы,
решающей мировые проблемы!
Р.Бах. Иллюзии
7.1. Найдите геометрическое место точек пространства,
равноудаленных от вершин равнобедренной трапеции.
7.2. Найдите геометрическое место точек, делящих отрезки с
концами на данных скрещивающихся прямых в отношении к.
7*3. Найдите геометрическое место точек,
а) сумма;
б) модуль разности
расстояний от которых до двух данных плоскостей постоянна.
7.4. Найдите геометрическое место точек пространства,
равноудаленных от всех прямых, содержащих стороны данного
плоского выпуклого многоугольника. Рассмотрите отдельно случаи
треугольника и четырехугольника.
7.5. Концы отрезков длины а лежат на двух данных взаимно
перпендикулярных скрещивающихся прямых. Найдите
геометрическое место середин этих отрезков.
7.6. Найдите геометрическое место точек пространства,
являющихся основаниями перпендикуляров, опущенных из данной
точки на прямые, лежащие в данной плоскости и
пересекающиеся в одной точке.

17.4. ЗАДАЧИ 179
7.7. Найдите геометрическое место проекций данной точки на
плоскости, проходящие через другую данную точку.
7*8. В треугольной пирамиде вершина 5 перемещается так, что
один из отрезков, соединяющих середины противоположных
ребер пирамиды, не меняет своей длины. Найдите
геометрическое место точек 5.
7.9. В тетраэдре ABCD точка О — точка пересечения медиан
треугольника ABC. Точка А перемещается так, что длина отрезка
OD постоянна. Найдите геометрическое место точек А.
7.10. Дан треугольник ABC. Рассматриваются всевозможные
тетраэдры РАВС, у которых наименьшей из высот является
РН (Н — проекция точки Р на плоскость ABC). Найдите
геометрическое место точек Н.
7.11. Дан остроугольный треугольник ABC. Найдите
геометрическое место проекций на плоскость ABC всех точек М, для
которых треугольники ABM, BCM и САМ остроугольные.
7.12. Дан плоский четырехугольник ABCD, никакие две стороны
которого не параллельны. Найдите геометрическое место
точек М таких, что боковую поверхность пирамиды MABCD
можно пересечь плоскостью так, что в сечении получится:
а) ромб; б) квадрат.
7.13. Даны три попарно скрещивающиеся прямые и плоскость.
Найдите геометрическое место точек пересечения медиан
треугольников, параллельных данной плоскости, вершины
которых лежат на данных прямых. Как изменится ответ, если
отказаться от условия параллельности плоскости?
7.14. Паук сидит в одной из вершин куба, ребро которого равно
1см. Он может ползти по поверхности куба со скоростью
1 см/с. Найдите геометрическое место точек на поверхности
куба, которых паук может достичь за 2 с.
7.15. Найдите геометрическое место точек М внутри данного
правильного тетраэдра таких, что расстояния от М до граней
тетраэдра служат длинами сторон некоторого четырехугольника.

Ш 'Ч
v ...
~ж
Nk-.
9&-

Господь с тобой, Моток!
Господь с тобой! Тебя преобразили!
В. Шекспир. Сон в летнюю ночь
ГЛАВА 8
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
ПРОСТРАНСТВА
§8.1. Основные определения. Перемещения.
Общие свойства перемещений
Четверг. Сегодня стул был не у дел.
Он не переместился. Ни на шаг.
И. Бродский. Посвящается стулу
Из планиметрии Вам известно понятие преобразования плоскости.
В пространстве это понятие вводится аналогичным образом.
Приведем основные определения, связанные с этим понятием.
Пусть X и Y — два непустых множества. Если указано
правило, по которому каждому элементу х £ X ставится в соответствие
ровно один элемент у 6 У, то говорят, что задано отображение
множества X в множество Y.
Мы будем обозначать отображения буквами f,g,h,... и писать
X -Д У. Элемент у € У, который ставится в соответствие
элементу х G X, называется образом элемента х при отображении / и
обозначается у = f{x). При этом х называется прообразом у.
Образом множества М С X называется множество М'
(обозначаемое f(M)), состоящее из образов всех элементов множества М.
Прообразом множества М' С Y называется множество М,
состоящее из всевозможных прообразов всех элементов множества М'.
Пусть задано отображение X —► Y. Если для любых двух
различных элементов хь х2 £ X их образы /(xi) и f(x2) также различны,
то отображение / называется обратимым.

182
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Если каждый элемент у Е У имеет хотя бы один прообраз, то
говорят, что / — это отображение X наУ.
Обратимое отображение / множества X на множество У
называется взаимно однозначным соответствием между множествами X
и У или, короче, взаимно однозначным отображением X наУ.
Для любого взаимно однозначного отображения /
существует обратное отображение /"*, при котором каждому элементу
у G У ставится в соответствие (тот единственный) элемент х G X,
для которого у = f(x). Таким образом, х = f~1(f(x)) Vx G X и
у = /(/"Чу)) Уу € Y- Очевидно, что если g = /-1, то / = g~l.
Если X -^ У, а У = Ху то говорят, что задано отображение
множества X в себя.
Всякое взаимно однозначное отображение множества X на себя
называется преобразованием множества X.
Пусть Gx — множество всех преобразований непустого
множества Ху / G Gx и g G G*. Поставим каждому элементу х из X в
соответствие элемент z из X по следующему правилу: г = <7(у), где
у = /(ж), т.е. z = g(f(x)). Тем самым мы получим
преобразование множества X, которое называется композицией преобразований
/иди обозначается д о /. (Обратите внимание на это обозначение:
преобразование /, которое выполняется первым, стоит справа от
знака о.)
Пусть Ф — некоторая фигура в пространстве. Будем говорить, что
эта фигура переходит в себя при преобразовании /, если /(Ф) = Ф,
и в фигуру Фь если /(Ф) — Фх.
В дальнейшем мы будем рассматривать только преобразования
пространства (т. е. в качестве множества X выбирать множество всех
точек пространства). Преобразование пространства, вообще говоря,
изменяет форму, размеры и положение геометрических фигур в
пространстве. Выделим из множества всех преобразований пространства
те преобразования, которые не изменяют ни форму, ни размеры
геометрических фигур.
Определение. Преобразование / пространства называется
перемещением,1 если оно сохраняет расстояния между точками,
т. е. если для любой пары* точек А и В выполняется равенство
А1 В1 = АВу где А1 = /(А), В1 = f(B).
Данное определение нуждается в комментарии. Действительно, как мы уже
отмечали в §1.1, расстояние между точками определено пока лишь в каждой
плоскости пространства, и априори возможна ситуация, при которой единица
измерения расстояния изменяется при переходе от одной плоскости к другой. Но на
самом деле из аксиомы расстояния (аксиома 4 из § 1.1) следует, что это невозможно.
Для того чтобы доказать это утверждение, рассмотрим два случая. Пусть плоскости
Часто употребляется и термин движение.

$8.1. ОСНОВНЫЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ
183
а и Р пересекаются по прямой /. Из аксиомы расстояния следует, что на этой
прямой расстояние между точками А и В, измеренное в плоскости or, совпадает с
расстоянием между этими точками, измеренным в плоскости /?. Задание единичного
отрезка полностью определяет расстояние во всей плоскости, поэтому, расположив
единичный отрезок на прямой /, убеждаемся, что единица измерения расстояния
одна и та же в любых двух плоскостях, пересекающихся по прямой /. Если же
плоскости а и Р параллельны, то пересечем их третьей плоскостью у и применим
то же рассуждение к парам плоскостей а и 7 J и )•
Итак, расстояние между точками однозначно определено во всем
пространств е (т. е. единица измерения расстояния во всем пространстве одна и та же),
следовательно, данное нами определение перемещения корректно.
Перейдем теперь к изучению общих свойств перемещений.
Из данных выше определений непосредственно вытекает, что
перемещение взаимно однозначно и, в частности, обратимо;
преобразование, обратное к перемещению, — перемещение; композиция
перемещений — перемещение.
Другие свойства перемещений мы сформулируем в виде теорем.
Теорема 8.1. Пусть тонки А, X и В лежат на одной прямой,
причем тонка X лежит между А и В. Тогда их образы при
перемещений А', X1 и В1 также лежат на одной прямой, причем
тонка X' лежит между А' и В'.
Доказательство. Из определения перемещения
вытекает, что А'Х' = АХ, Х'В' = ХВ и А' В1 = А В. Следовательно,
А'Х' + Х'В' = АХ + ХВ = АВ = А!В1. Итак,
А'Х' + Х'В' = А! В1. (8.1)
Проведем через точки А', X1 и В1 плоскость (если указанные точки
не лежат на одной прямой, то эта плоскость единственна согласно
аксиоме плоскости; если они лежат на одной прямой, то таких
плоскостей бесконечно много, — мы выберем из них любую). Как
известно из планиметрии, в плоскости равенство (8.1) означает, что
точки А', X' и В' лежат на одной прямой, причем точка X' лежит
между А' и В'. □
Теорема 8.2. Образом прямой при перемещении является прямая,
образом луна — лун, образом отрезка — отрезок той же длимы.
Эти свойства перемещений пространства доказываются так же,
как и аналогичные свойства перемещений плоскости.
• Упражнение 8.1. Используя определение перемещения и теорему 8.1, докажите
теорему 8.2.
Теорема 8.3. Образам плоскости при перемещении является
плоскость.
Доказательство. Пусть / — перемещение, а — данная
плоскость. Выберем в плоскости а две пересекающиеся прямые,

184
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
а и Ь. Обозначим о! = f(a) и V = /(b). Прямые а' и Ь' также
пересекаются, причем а' ^ V в силу взаимной однозначности /.
Проведем через эти прямые плоскость а1 и докажем, что о! = /(а).
Пусть М — произвольная точка плоскости аиМ' = /(М). Если
М € а или М € Ь, то М' € а'. Если же М £ аи М £Ь, то проведем
через эту точку прямую с, пересекающую прямую а в точке A, a
прямую ft — в точке В (рис. 8.1) (почему такая прямая найдется?).
Тогда М' G /(с) = с', но прямая с' лежит в плоскости а', так как она
проходит через две точки, А' и В' (образы точек А и В), лежащие в
этой плоскости. Следовательно, и в этом случае М' 6 а;.
Рис. 8.1
Рис. 8.2
Итак, образ любой точки М £ а принадлежит плоскости а', т. е.
/(а) С а'. Аналогично доказывается, что f~l(a') С а, т. е. а' С /(а).
Следовательно, а' = /(а). □
Ниже нам понадобится следующее вспомогательное утверждение.
Лемма 8.1. Пусть А\ В' и С — образы точек А, В и С
соответственно при перемещении /. Тогда LC'A'B' = LCAB.
Доказательство. Если точки А, В и С лежат на одной
прямой, то доказываемое утверждение следует из теоремы 8.1.
Пусть теперь эти точки не лежат на одной прямой, АВ = с,
ВС = а, С А = Ь, ^СЛЯ = а и ^С'Л'Я' = а'. Из определения
перемещения следует, что А В1 = с, В1 С1 = а и С" Л' = Ь. Проведем
через точки А, В иС плоскость г, а через точки Л', В' и С" —
плоскость гх (возможно, г и гх — одна и та же плоскость) (рис. 8.2). В этих
плоскостях мы можем применить известную из планиметрии теорему
косинусов. Из треугольника ABC находим cos а = (Ь2 + с2 - а2 )/2Ьс,

$8.1. ОСНОВНЫЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ
185
из треугольника1 А!В1 С1 находим cos а' = (Ь2 + с2 — а2)/2Ьс. Мы
видим, что cos а' = cos а. Так как функция у = cos x строго убывает
на (0,7г), а а, а' G (0,7г), то а' = а. □
Теорема 8.4. Образом полуплоскости при перемещении является
полуплоскость.
Доказательство. Пусть/ — перемещение, а Р —
полуплоскость, ограниченная прямой а. Дополним данную полуплоскость
до плоскости а. Обозначим а' = /(а), а' = /(а). Пусть также
A € int Р, А' = /(Л), а Р' — та из двух полуплоскостей плоскости
а', в которой лежит точка А'. Докажем, что Р',= /(Р). Пусть М —
произвольная точка полуплоскости Р, отличная от Л, а М' = /(М).
Если М £ а, то М' £ а' и М £ Р. Если М £ а, то М' £ Р, так
как в противном случае [М'А'] П а' = О' (рис. 8.3), следовательно,
Рис. 8.3
/^([М'Л']) П /~V) = f-\0% т.е. [МЛ] П а. Пришли к про-
тиворечию. Итак, всякая точка полуплоскости Р имеет образ на
полуплоскости Р'. Аналогично доказывается, что верно и обратное.
Следовательно, Р' = /(Р). D
Теорема 8.5. Образом выпуклого плоского угла при перемещении
является выпуклый плоский угол той же величины.
Доказательство. Если данный плоский угол развернутый,
то доказываемое утверждение вытекает из предыдущей теоремы.
Пусть данный угол не является развернутым. Всякий
выпуклый плоский угол, отличный от развернутого, является пересечением
двух полуплоскостей, Pi и Р2. Пусть / — перемещение, а образы
полуплоскостей Рх и Р2 — полуплоскости Р{ и Р£ (теорема 8.4).
Образом выпуклого угла Рг П Р2 является пересечение
полуплоскостей Р{ и Р2, т.е. выпуклый угол.
Докажем теперь, что величина плоского угла при этом не
изменяется. Пусть образом плоского угла с вершиной О и сторонами а и
1 Точки А1 у В1 и С1 не лежат на одной прямой. Действительно, в противном
случае по теореме 8.1 точки А> В и С — их образы при перемещении /~1 — также
должны были бы лежать на одной прямой.

186 ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Ь при перемещении / является плоский угол с вершиной О' и
сторонами а' и V (О' = /(О), а' = /(а), V = /(b)). Выберем точку Аеа
и точку В е Ь (рис. 8.4). Тогда А' = f(A) е а* и В' = f(B) e Ь'.
Согласно лемме LAOB = LA'0'В'. П
Рис. 8.4
Вспомним теперь, что величина угла между
скрещивающимися прямыми, между наклонной и плоскостью, перпендикуляром и
плоскостью, величина двугранного угла и угла между плоскостями
определяются через величину соответствующего выпуклого
плоского угла (см. определения этих понятий). Поэтому из теоремы 8.5
вытекает следующая теорема.
Теорема 8.6. Перемещение сохраняет величину угла между
прямыми, между прямой и плоскостью и между плоскостями.
При изучении преобразования важно найти все его неподвижные
точки, неподвижные прямые и неподвижные плоскости.
Определение. Неподвижной тонкой (прямой, плоскостью)
преобразования называется такая точка (прямая, плоскость)
пространства, которая при этом преобразовании переходит в себя, т. е.
ф2 = /(ФО.
Частным случаем неподвижной прямой (плоскости) является
прямая (плоскость) неподвижных точеКу все точки которой неподвижны.
В заключение этого параграфа обсудим понятие равенства фигур,
которое вводится в стереометрии точно так же, как и в планиметрии.
Определение. Фигура Ф1 называется/мюмшфигуре Ф2, если
существует перемещение пространства /, которое переводит фигуру
Ф! в фигуру Ф2,т.е. Ф2 = /(Ф1).
Из определения вытекает, что отношение равенства фигур в пространстве
является отношением эквивалентности. Действительно, это отношение рефлексивно
(всякая фигура равна самой себе; чтобы это показать, достаточно взять в качестве
/ преобразование, при котором каждая точка пространства переходит в себя, т. е.
остается неподвижной; такое преобразование называется тождественным и
обозначается Е), симметрично (так как / — перемещение, то /~! — также перемещение, и
Ф\ - /''(Фг)) и транзитивно (так как композиция перемещений — перемещение).

$8.2. ПАРАЛЛЕЛЬНЫЙ ПЕРЕНОС 187
§8.2. Параллельный перенос
Параллельный перенос пространства определяется аналогично
параллельному переносу плоскости.
Определение. Пусть в пространстве задан вектор а.
Преобразование, при котором каждой точке М пространства ставится в
►
соответствие точка М' такая, что ММ1 = а, называется
параллельным переносом на вектор а.
Параллельный перенос на вектор а мы будем обозначать Т*.
Заметим, что в определении параллельного переноса возможно,
что вектор а нулевой. В этом случае параллельный перенос является
тождественным преобразованием.
Теорема 8.7. Параллельный перенос — перемещение.
Доказательство. Рассмотрим параллельный перенос Т*.
Возьмем две произвольные точки пространства X и У и
обозначим их образы при параллельном переносе через X' и У
соответственно. Тогда по определению параллельного переноса XX1 = а и
YY' = а, т. е. XX1 = YY'. Прибавляя к обеим частям этого
равенства JCY, получаем XY = JCY'. Следовательно, XY = X'Y'. U
Мы доказали, что параллельный перенос является
перемещением, следовательно, он обладает всеми общими свойствами
перемещений, перечисленными в предыдущем параграфе. Теперь мы займемся
изучением специфических свойств параллельного переноса.
Из определения параллельного переноса вытекает, что
параллельный перенос однозначно задается указанием какой-нибудь одной
точки и ее образа, и что преобразование, обратное к параллельному
переносу Ts есть параллельный перенос Ts, а композиция
параллельных переносов Т* и Т% есть параллельный перенос Т3+£.
• Упражнение 8.2. Докажите эти утверждения.
Под образом вектора 3, изображаемого направленным отрезком
XY, при перемещении мы будем понимать вектор <Г, изображаемый
" ►
направленным отрезком X'Y', где X' и Y' — образы точек X и У
соответственно.
• Упражнение 8.3. Докажите корректность этого определения, т. е. что образ
вектора не зависит от выбора изображающего этот вектор направленного отрезка.
Будем говорить, что перемещение / сохраняет направления, если
для любого вектора а выполняется равенство /(а) = а.

188
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Сформулируем и докажем теорему, выражающую критерий того,
что перемещение пространства является параллельным переносом.
Теорема 8.8. Перемещение пространства является параллельным
переносом тогда и только тогда, когда оно сохраняет
направления.
Доказательство. Необходимость данного условия по сути
дела уже была получена при доказательстве предыдущей теоремы:
мы показали, что для произвольных точек X, У и их образов при
параллельном переносе X', Y' выполняется равенство XY = X'Y',
а из него следует, что параллельный перенос сохраняет направления.
Докажем достаточность. Пусть перемещение / сохраняет
направления. Тогда для любых точек пространства X, У и их образов X',
Y' выполняется равенство XY = X'Y1. Вычитая из обеих частей
этого равенства Х'У, получаем равенство XX' = YY\ следовательно,
/ = Га,гдеа = Жг. □
ХГ7
Рис. 8.5
Мы знаем, что при перемещении образом прямой является
прямая, образом плоскости — плоскость. В случае, когда это
перемещение — параллельный перенос, данный результат можно усилить.
Теорема 8.9. Параллельный перенос переводит прямую в себя или в
параллельную ей прямую, плоскость — * себя или в параллельную
ей плоскость.
• Упражнение 8.4. Докажите теорему 8.9.
Далее нам понадобится следующее утверждение.
Теорема 8.10. Пусть в пространстве заданы две параллельные
плоскости. Тогда одну из них можно перевести в другую параллельным
переносом.

§ 8.3. ПОВОРОТ ВОКРУГ ОСИ
189
Доказательство. Пусть а и /3 — параллельные плоскости.
Возьмем на плоскости а точку Л, а на плоскости /3 — точку В.
Покажем, что /3 = Tjg(a). Допустим, что это не так. Тогда Tj^(a) = /?',
причем по теореме 8.9 а || 0' (рис. 8.5). Точка В принадлежит
плоскости /?', так как В = Т^д(Л). Следовательно, через точку В
проходят две плоскости — /3 и /3', параллельные плоскости а, что
невозможно. Полученное противоречие показывает, что /3 и /3' —
одна и та же плоскость. □
В заключение укажем неподвижные точки, прямые и плоскости
параллельного переноса. Рассмотрим параллельный перенос Г*. Если
a = 0, то Тз — тождественное преобразование, и, очевидно, всякая
точка, всякая прямая и всякая плоскость являются неподвижными.
Если же а ф 0, то неподвижных точек нет, неподвижными являются
все прямые и все плоскости, параллельные вектору а, и только такие
прямые и плоскости.
§8.3. Поворот вокруг оси
«Правда, я... всячески вывертывался, но ведь
так полагается», — говорит всегда адвокат
Басе своим клиентам.
Я. Гашек. Похождения бравого солдата Швейка
Напомним, что на плоскости поворотом вокруг точки О на угол а
называется преобразование, при котором точка О переходит в себя,
а любая точка X, отличная от точки О, переходит в точку X' такую,
что ОХ1 = ОХ и LXOX* = а. При этом подразумевается, что a —
ориентированный угол, a £ (~оо, +оо). Этот угол откладывается от
луча ОХ против часовой стрелки, если a > 0, и по часовой стрелке
в противном случае.1
Рассмотрим прямую в пространстве. Всякий ненулевой вектор,
параллельный этой прямой, называется направляющим вектором
этой прямой. Совокупность прямой и ее направляющего вектора
будем называть осью, а направление указанного вектора —
направлением оси. Таким образом, ось — это ориентированная прямая, т. е.
прямая, на которой задано направление.
Вообще-то задание ориентации с помощью часовой стрелки не является строгом
с математической точки зрения, поскольку понятие «часовая стрелка» не имеет
отношения к геометрии. Однако в нашем курсе мы не будем обсуждать вопрос о
строгом определении ориентации плоскости или пространства, а ограничимся лишь
указанным выше наглядным истолкованием этого понятия.

190
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Определение. Пусть в пространстве задана ось /. Возьмем
произвольную точку X пространства и проведем через нее
плоскость г, перпендикулярную / и пересекающую ее в точке О. Пусть
X1 — образ точки X при повороте плоскости т вокруг точки О на
угол а (при этом предполагается, что на плоскость т мы смотрим в
направлении, противоположном направлению оси). Преобразование
пространства, при котором каждой точке X ставится в соответствие
так определенная точка X1 > называется поворотом вокруг оси I на
угол а.
Таким образом, поворот вокруг оси состоит в том, что в каждой
плоскости, перпендикулярной оси, делается поворот на один и
тот же угол в одну и ту же сторону вокруг точки
пересечения этой плоскости с осью.
Поворот вокруг оси / на угол а мы будем обозначать Rf.
Теорема 8.11. Поворот вокруг оси — перемещение.
Доказательство. Рассмотрим поворот Щ. Пусть X' =
= Rf(X) и У = Rf(Y). Докажем, что X'Y1 = XY. Для этого,
очевидно, достаточно проверить, что |Jf'y'| = \XY\. Рассмотрим
векторы х = XY, х* = lCY\ a = Y6, а! = Х70,Ь = 00\ с = ОТ
ис' = ОТ; (рис. 8.6*).
М
Рис. 8.6
Тогда х = а + Ь + си х1 = а! + V + с'. Возведем эти векторные
равенства в квадрат, учитывая, что а*Ь = Ь*?=а'-Ь = Ь-?/ = 0.
Получим х2 = а2 + Ь2 + с2 + 2а . с и f2 = W2 + Р + с'2 + 2а'. с\
Из определения поворота следует, что а2 = а'2 и с2 = с*'2, поэтому

f 8.3. ПОВОРОТ ВОКРУГ ОСИ 191
для доказательства равенства х2 = х12 достаточно проверить, что
L{ayc') = £(а'ус'). Отложим векторы а, а*, с и с' от точки О в
плоскости ХОХ' (рис. 8.66). Равенство указанных углов следует из
того, что £(ауЬ) = а + L{a\c) и L(a\c') = а + L(a!,с) (все углы
предполагаются ориентированными). D
Частными случаями поворота вокруг оси являются симметрия
относительно прямой (осевая симметрия) и тождественное
преобразование.
Симметрией относительно прямой 5/ называется поворот вокруг
оси / на угол а = 7Г (при таком повороте направление оси, очевидно,
не имеет никакого значения, поэтому говорят о симметрии
относительно п р я м о й, а не оси). Так как поворот на угол а + 2тгк (к € Z)
и поворот на угол а — это, очевидно, одно и то же преобразование,
то поворот вокруг оси / на угол а = тг + 2жк (к £ Z) также
является симметрией относительно прямой /. Симметрию относительно
прямой / мы будем обозначать 5/.
Поворот вокруг оси / на угол а = 2жк (к G Z) является
тождественным преобразованием.
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости поворота вокруг оси. Если угол поворота не равен ж к
(к 6 Z), то множество неподвижных точек поворота совпадает с его
осью, ось поворота является его неподвижной прямой (более того,
прямой неподвижных точек), а неподвижной плоскостью является
всякая плоскость, перпендикулярная оси. Если угол поворота равен
2жк (к € Z) (тождественное преобразование), то всякая точка,
всякая прямая и всякая плоскость являются неподвижными. Наконец,
если угол поворота равен тг + 2тгк (к € Z) (симметрия относительно
прямой), то множество неподвижных точек поворота совпадает с
его осью, ось поворота является прямой неподвижных точек, кроме
того, неподвижной является всякая прямая, перпендикулярная оси,
а неподвижной плоскостью является всякая плоскость,
перпендикулярная оси. Других неподвижных точек, неподвижных прямых и
неподвижных плоскостей у поворота нет, что вытекает
непосредственно из определения.
Наличие у перемещения пространства единственной прямой
неподвижных точек при отсутствии других неподвижных точек
является критерием того, что данное перемещение — поворот вокруг оси
(отличный от тождественного преобразования).
Теорема 8.12. Множество неподвижных точек перемещения
является прямой I тогда и только тогда, когда это перемещение —
поворот вокруг оси I, отличный от тождественного
преобразования.

192
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Доказательство. Необходимость условия очевидна.
Докажем достаточность. Пусть / — перемещение, множество
неподвижных точек которого есть прямая /. Возьмем произвольную точку М
пространства и построим плоскость г, проходящую через эту точку и
перпендикулярную /. Обозначим О = / П т (возможно, О и М — это
одна и та же точка) и М' = /(М) (рис. 8.7). Так как О —
неподвижная точка, (ОМ) 1.1, а перемещение сохраняет угол между прямыми,
то (ОМ')±19 следовательно, М' G г, причем ОМ' = ОМ. Возьмем
в плоскости т произвольную точку N', отличную от точки М. Пусть
iV' = f(N). Тогда, аналогично, N' G г, причем N' отлична от М1 и
N'M' = NM.
Рис. 8.7
Итак, если мы рассмотрим сужение / на плоскость г, то
получим перемещение /т этой плоскости. Перемещение /т имеет
единственную неподвижную точку (точку О), поэтому, как известно из
планиметрии, /г — поворот вокруг точки О.
Мы получили, что во всякой плоскости пространства,
перпендикулярной прямой /, данное перемещение представляет собой поворот
вокруг точки пересечения прямой / с данной плоскостью. Осталось
показать, что все эти повороты происходят согласованно, т.е. на
один и тот же угол.
Предположим, что это не так. Тогда, обозначая X1 = /(X),
У = /(У) (рис. 8.6) и дословно повторяя рассуждения, проведенные
при доказательстве теоремы 8.11, получаем, что Х'У ф XY, а это
противоречит тому, что / — перемещение. □
В заключение этого параграфа мы сформулируем одну почти
очевидную теорему, которая понадобится нам в дальнейшем.
Теорема 8.13. Пусть 9 пространстве заданы две плоскости,
пересекающиеся по прямой L Тогда одну из них можно перевести в
другую поворотом вокруг оси I.
• Упражнение 8.5. Докажите теорему 8.13.

J8.4. ЦЕНТРАЛЬНАЯ СИММЕТРИЯ И СИММЕТРИЯ ОТНОСИТЕЛЬНО ПЛОСКОСТИ 193
§8.4. Центральная симметрия
и симметрия относительно плоскости
Первое, что он увидел утром, проснувшись, —
это был Тигра, который сидел перед зеркалом,
уставившись на свое отражение.
— Доброе утро! — сказал Пух.
— Доброе утро! — сказал Тигра.
— Смотри-ка, тут есть кто-то, точь-в-
точь как Я. А я думал, я только один такой.
А. Милн. Винни Пух и все-все-все
В предыдущем параграфе мы познакомились с осевой симметрией.
В пространстве различают еще два вида симметрии — центральную
симметрию и симметрию относительно плоскости.
Определение. Пусть в пространстве задана точка О.
Преобразование пространства, при котором точка О переходит в себя,
а произвольная точка М, отличная от О, — в точку М1, такую, что
точка О является серединой отрезка ММ', называется симметрией
относительно тонки О или центральной симметрией.
Точка О называется центром симметрии, а о точках М и М'
говорят, что они симметричны относительно точки О.
Центральную симметрию с центром О мы будем обозначать Z0.
Из определения непосредственно вытекает, что центральная сим-
метрия однозначно задается указанием какой-нибудь точки,
отличной от центра симметрии, и ее образа, а также, что преобразование,
обратное центральной симметрии, есть та же центральная
симметрия.
• Упражнение 8.6. Докажите эти утверждения.
Теорема 8.14. Центральная симметрия — перемещение.
Доказательство. Рассмотрим центральную симметрию Z0.
Возьмем две произвольные точки пространства X и Y и обозначим их
образы при центральной симметрии через X' и Y' соответственно.
Из определения Zo следует, что ОХ' = —ОХ и OY' = —OY.
Вычитая из второго равенства первое, получаем, что X'Y1 = — XY,
следовательно, X'Y' = XY. □
Будем говорить, что перемещение / изменяет направления на
противоположные, если для любого вектора а выполняется равенство
/(а) = -а.
Сформулируем и докажем теорему, выражающую критерий того,
что перемещение пространства является центральной симметрией.
7

194
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Теорема 8.15. Перемещение простраистеа является центральной
симметрией тогда и только тогда, когда оно изменяет
направления на противоположные.
Доказательство. Необходимость данного условия по сути
дела уже была получена при доказательстве предыдущей теоремы: мы
показали, что для произвольных точек X, Y и их образов X' и У
при центральной симметрии выполняется равенство X'Y' = —XY,
а из него следует, что центральная симметрия изменяет направления
на противоположные.
Докажем достаточность. Пусть перемещение / изменяет
направления на противоположные. Тогда для любых точек
пространства X, Y и их образов X1 и У выполняется равенство
-XY = X'Y'. Вычитая из обеих частей этого равенства X'Y,
получаем -(XY + ХУ) = YY', т. е. YY' = YX + YX', следовательно,
середины отрезков XX1 и YY' — это одна и та же точка О (почему?).
Поэтому / = Z0. E
Как и в случае параллельного переноса, для центральной
симметрии теорема об образах прямой и плоскости при перемещении
может быть усилена.
Теорема 8.16. Центральная симметрия переводит прямую в
себя или в параллельную ей прямую, плоскость — в себя или в
параллельную ей плоскость.
• Упражнение 8.7. Докажите теорему 8.16.
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости центральной симметрии. Неподвижной точкой
является только центр симметрии. Неподвижной прямой является всякая
прямая, проходящая через центр симметрии, а неподвижной
плоскостью — всякая плоскость, проходящая через центр симметрии.
Перейдем теперь к изучению симметрии относительно плоскости.
Определение. Пусть в пространстве задана плоскость а.
Преобразование пространства, при котором каждая точка плоскости
а переходит в себя, а произвольная точка М, не лежащая в
плоскости а, — в точку М1 такую, что прямая ММ' перпендикулярна а, и
точка пересечения этой прямой с плоскостью а является серединой
отрезка ММ\ называется симметрией относительно плоскости а.
Плоскость а называется плоскостью симметрии, а о точках М
и М' говорят, что они симметричны относительно плоскости а.
Симметрию относительно плоскости а мы будем обозначать 5а.
Из определения непосредственно вытекает, что симметрия
относительно плоскости однозначно задается указанием какой-нибудь

§ 8.4. ЦЕНТРАЛЬНАЯ СИММЕТРИЯ И СИММЕТРИЯ ОТНОСИТЕЛЬНО ПЛОСКОСТИ 195
тонки, не лежащей в плоскости а, и ее образа, а также, что
преобразование, обратное симметрии относительно плоскости, есть та же
симметрия относительно плоскости.
• Упражнение 8.8. Докажите эти утверждения.
Теорема 8.17. Симметрия относительно плоскости —
перемещение.
Доказательство. Рассмотрим симметрию относительно
плоскости а. Возьмем две произвольные точки пространства, X
и У, и обозначим их образы через X1 и У соответственно.
Пусть а = ХО, Ь = 00*, с = O'Y (рис. 8.8). Тогда из
определения симметрии относительно плоскости следует, что Х'О = -а,
ОТ*' = -сиа.6 = Ьс = 0. Выразим XY = х и JTY' = х*
«* -* -•
через а, Ь и с: х = а + b + с, х1 = -а + Ъ — с. Следовательно,
£2 = о2 + Р + с2 + 2а • с = х*2, откуда вытекает, чю XY = X'Y1. D
Рис. 8.8 Рис. 8.9
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости симметрии Sa. Неподвижными являются те и только
те точки, которые лежат в плоскости а. Неподвижными являются все
прямые, лежащие в этой плоскости (более того, прямые, лежащие
в плоскости а, являются прямыми неподвижных точек), а также
все прямые, перпендикулярные плоскости а. Неподвижной является
плоскость а (которая является плоскостью неподвижных точек), а
также всякая плоскость, перпендикулярная плоскости а.
Наличие у перемещения пространства единственной
плоскости неподвижных точек при отсутствии других неподвижных точек
является критерием того, что данное перемещение — симметрия
относительно плоскости.
Теорема 8.18. Множество неподвижных точек перемещений
является плоскостью тогда и только тогда, когда это перемещение —
симметрия относительно указанной плоскости.
7*

196
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Доказательство. Необходимость условия очевидна.
Докажем достаточность. Возьмем произвольную точку пространства X,
не лежащую в данной плоскости а, и опустим из нее перпендикуляр
/ на эту плоскость (рис. 8.9). Пусть точка X1 — образ точки X при
данном перемещении /. Заметим, что X' £ /. Действительно, при
перемещении / прямая / должна перейти в прямую,
перпендикулярную плоскости а и проходящую через точку О пересечения прямой I
с этой плоскостью (почему?), т.е. в себя. Так как / — перемещение,
то ОХ' = ОХ у причем точки X п X' различны. Следовательно,
точки X и X' симметричны относительно а. □
В заключение отметим, что в геометрии слово «симметрия» часто
употребляется в несколько ином смысле, а именно как
характеристика фигуры. Придадим сказанному точный смысл.
Определение. Фигура называется симметричной
относительно точки (прямой или плоскости), если существует симметрия
относительно некоторой точки (прямой или плоскости), при которой эта
фигура переходит в себя.
Соответствующая точка (прямая, плоскость) называется центром
(осью, плоскостью) симметрии этой фигуры.
Некоторые свойства симметричных фигур сформулированы в
задачах 8.8-8.12.
§8.5. Преобразование подобия в пространстве
— Может объяснишь? Как это получается,
что я подобен вашей высокочтимой персоне?
Или пол словом -подобное» ты имел в виду,
что наши самолеты похожи, ла?
Р. Бах. Иллюзии
Преобразование подобия в пространстве определяется точно так же,
как и на плоскости.
Определение. Преобразование пространства называется
преобразованием подобия, если для любых точек пространства X, Y и
их образов Х\ У выполняется соотношение X'Y' = k • XY, где
к — некоторое фиксированное положительное число (называемое
коэффициентом подобия).
Говоря иными словами, преобразование подобия — это
преобразование, которое изменяет все расстояния в одинаковое число раз.
Преобразование подобия с коэффициентом к мы будем
обозначать Рк.

§ 8.S. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ПОДОБИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ
197
Очевидно, что всякое перемещение пространства является
преобразованием подобия (с коэффициентом подобия, равным
единице).
Менее тривиальный пример преобразования подобия дает
гомотетия пространства, определяемая аналогично гомотетии плоскости.
Определение. Гомотетией с центром О и коэффициентом
к ф О называется преобразование пространства, при котором образом
каждой точки X является точка X' такая, что ОХ' = к • ОХ.
Гомотетию с центром О и коэффициентом к мы будем
обозначать #£.
Из определения непосредственно вытекает, что при к = — 1 го-
мотетия является центральной симметрией, при к = 1 —
тождественным преобразованием, а также, что преобразование, обратное
гомотетии Hq, является гомотетией Hq. Заметим еще, что
гомотетия однозначно задается указанием ее центра, произвольной
точки, отличной от центра, и ее образа.
Теорема 8.19. Гомотетия с коэффициентом к является
преобразованием подобия с коэффициентом \к\.
Доказательство. Пусть X и Y — произвольные точки
пространства, X1 = Hq(X), У = Hq(Y). По определению гомотетии
0Xf = к • ОХ и OY' = к • 0Y. Вычитая из второго равенства первое,
получаем, что X'Y' = к • XY, следовательно, X'Y' = |fc| • XY. □
Многие свойства гомотетии в пространстве аналогичны
свойствам гомотетии на плоскости. Сформулируем некоторые из этих
свойств в виде теоремы.
Теорема 8.20. Гомотетия переводит прямую, не проходящую через
центр гомотетии, в параллельную ей прямую, прямую,
проходящую через центр гомотетии, — в себя. Гомотетия сохраняет
угол между прямыми.
Доказываются эти свойства точно так же, как и в планиметрии
(правда, при доказательстве второго из них придется еще
воспользоваться определением угла между прямыми в пространстве).
• Упражнение 8.9. Докажите теорему 8.20.
Специфической для гомотетии в пространстве является теорема
об образе плоскости.
Теорема 8.21. Гомотетия переводит плоскость, не проходящую
через центр гомотетии, в параллельную ей плоскость, плоскость,
проходящую через центр гомотетии, — в себя.

198
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Доказательство. Утверждение второй части теоремы
очевидно, поэтому будем считать, что плоскость а не проходит через
центр гомотетии #£.
Выберем в плоскости а прямые а и Ь, пересекающиеся в точке С.
Пусть ах = Но(а), Ьх = Н^Ь). Прямые ах и Ьх пересекаются в точке
С\ такой, что С\ = Hq(C) (почему?), и, следовательно, определяют
плоскость Qi. Докажем, что аг = Я£(а).
Возьмем произвольную точку М £ а, не лежащую на прямых а
и 6, и проведем через нее прямую с, пересекающую прямые а и 6 в
точках В и А соответственно (рис. 8.10).
Рис. 8.10
Пусть Аг = #£(Л), Вх = #&(Я) и сх = НЬ(с). Так как Л £ Ь, а
Ьх = #£(Ь), то Ах £ &i. Аналогично, Вг е аг. Следовательно, точки
Ах и Вх принадлежат плоскости аи поэтому (аксиома прямой и
плоскости) Ci С (*\. Точка Mi = Hq(M) принадлежит прямой сх —
образу прямой с при гомотетии Я£, но q с оь следовательно,
мх е c*i.
Итак, образ всякой точки М £ а принадлежит плоскости ах.
Аналогично доказывается, что справедливо и обратное: всякая точка
Мх имеет прообраз на плоскости а. Поэтому ах = #о(а). □
Укажем неподвижные точки, неподвижные прямые и
неподвижные плоскости гомотетии. Пусть коэффициент гомотетии не равен
единице, т. е. гомотетия не является тождественным'
преобразованием. Тогда неподвижной точкой гомотетии является только ее центр.
Неподвижной прямой является любая прямая, проходящая через
центр гомотетии, а неподвижной плоскостью — любая плоскость,
проходящая через, центр гомотетии.
Вернемся теперь к произвольным преобразованиям подобия. Из
определения преобразования подобия вытекает следующее свойство.

j 8.6. ПРИЗНАКИ РАВЕНСТВА И ПОДОБИЯ ТРЕУГОЛЬНИКОВ В ПРОСТРАНСТВЕ 199
Теорема 8.22. Композиция преобразований подобия с
коэффициентами кг и к2 является преобразованием подобия с
коэффициентом kxk2.
• Упражнение 8.10. Докажите теорему 8.22.
Дальнейшие свойства преобразований подобия обсуждаются в
§8.8.
В заключение этого параграфа дадим определение подобных
фигур в пространстве.
Определение. Фигура Фх называется подобной фигуре Ф2,
если существует преобразование подобия, которое переводит Фг
в Ф2.
§8.6. Признаки равенства и подобия
треугольников в пространстве
При изучении стереометрии мы неоднократно пользовались
известными из планиметрии признаками равенства треугольников,
применяя их к треугольникам, лежащим в различных плоскостях.
Теперь мы можем доказать признаки равенства треугольников в
пространстве, используя свойства перемещений.
Теорема 8.23. Если длины трех сторон одного треугольника
соответственно равны длинам трех сторон другого треугольника, то
эти треугольники равны.
Доказательство. Пусть даны треугольники ABC nAiBid,
у которых АВ = AxBi, ВС = BxCi и С А = СхАг. Если эти
треугольники лежат в одной плоскости, то доказываемое утверждение
известно из планиметрии.
Предположим, что плоскости ABC и AiBiCi различны.
Обозначим их через аиах соответственно. Возможны два случая: аПах = /
(рис. 8.11) и а || аг (рис. 8.12). В первом случае согласно теореме
8.13 существует поворот вокруг оси / такой, что а! = Ri(a). Пусть
образом треугольника ABC при этом повороте является
треугольник А2В2С2 (равный треугольнику ABC). Треугольники А2В2С2
и AiBiCi лежат в одной плоскости ах и длины их сторон
соответственно равны, следовательно, АА2В2С? = AAiB\C\. В силу
транзитивности отношения равенства фигур A ABC = A AiBiCi.
Во втором случае согласно теореме 8.10 существует
параллельный перенос такой, что ах = Тз(а). Рассуждая аналогично первому
случаю, получаем, что A ABC = AAxBiC\. □

200
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
Замечание. Разумеется, можно явно указать перемещение пространства,
переводящее ААВС в АА\В\С\. Если треугольники лежат в одной плоскости а, то
существует перемещение /а этой плоскости такое, что АА\В\С\ = f(AABC). Это
перемещение можно распространить на все пространство, считая, что в каждой
плоскости /?, параллельной а, определено перемещение /# аналогично
перемещению /а (давая выше определение поворота пространства вокруг оси, мы фактически
распространили поворот плоскости вокруг точки на все пространство). Таким
образом, мы получаем перемещение пространства / такое, что АА\В\С\ — f(AABC).
Если плоскости ABC и А\В\С\ пересекаются по прямой /, то искомое
перемещение, переводящее ААВС в АА\В\С\> есть g*Ri, где R\ — поворот вокруг
линии пересечения этих плоскостей, а д — распространение перемещения
плоскости а 1, переводящего ААгВгСг в АА\В\С\, на все пространство (см. доказательство
теоремы). Аналогично, если плоскости ABC и А\В\С\ параллельны, то искомое
перемещение есть д © Т*, где си » 7*(а), a g определяется аналогично предыдущему
случаю.
Рис. 8.11 Рис. 8.12
Из доказанного признака равенства треугольников по трем
сторонам вытекает справедливость признаков равенства по двум сторонам
и углу между ними и по стороне и двум прилежащим к ней углам.
• Упражнение 8.11. Докажите эти признаки равенства треугольников.
Признаки подобия треугольников по трем соответственно
пропорциональным сторонам, по двум соответственно
пропорциональным сторонам и углу между ними, а также по двум углам, известные
из планиметрии, справедливы и в пространстве. Докажем, например,
первый из этих признаков.
Теорема 8.24. Если длины трех сторон одного треугольника
соответственно пропорциональны длинам трех сторон другого
треугольника, то эти треугольники подобны.
Доказательство. Пусть даны треугольники ABC и AxBiCi
АВ ВС СА . - ик
такие, что . п = п „ = „ . = к. Рассмотрим гомотетию Я£
A\B\ B\C\ С\А\
с произвольным центром О. Пусть &А2В2С2 = H^&AxBiCi).
,_ А2В2 В2С2 С2А2 у Л П А ТЪ
Тогда —£- = ——- = -—г- = к, следовательно, АВ = А2В2,
A\D\ &\vs\ Ъ\А\

§8.7. ГРУППЫ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
201
ВС = В2С2 и С А = С2А2. У треугольников ABC и А2В2С2
соответственно равны длины трех сторон, поэтому (теорема 8.23) эти
треугольники равны, и, следовательно, существует перемещение / такое,
что ААВС = f(AA2B2C2) (в замечании к теореме 8.23 это
перемещение указано явно). Итак, ААВС = (/о Н%)(АА\В\С\).
Композиция /о Hq является в силу теорем 8.19 и 8.22 преобразованием
подобия с коэффициентом fc, следовательно, ААВС ~ AAiBiC\. □
• Упражнение 8.12. Докажите остальные признаки подобия треугольников.
§8.7. Группы преобразований
В этом параграфе Вы познакомитесь с одним из фундаментальных
понятий современной математики — понятием группы.
Рассмотрим произвольное непустое множество. Элементами
этого множества могут быть объекты любой природы — числа,
преобразования или что угодно другое. Пусть в силу некоторого правила
любым двум элементам данного множества сопоставлен некоторый
элемент этого же множества. Тогда говорят, что на рассматриваемом
множестве задана операция.
Примерами операций могут служить известные Вам из курса
алгебры сложение и умножение, определенные на множестве
действительных чисел. Композиция преобразований, определенная,
например, на множестве всех преобразований пространства, также
является примером операции.
Вы знаете, что сложение действительных чисел подчиняется пе-
реместительному и сочетательному законам, т. е. для любых чисел а,
Ь и с справедливы равенства а + Ь = Ь + аи(а + Ь) + с = а + (Ь + с).В
современной алгебре эти свойства принято называть соответственно
коммутативностью и ассоциативностью.
Будем говорить, что операция *, определенная на некотором
множестве X, коммутативна, если для любых элементов ayb G X
справедливо равенство а * Ь = Ь * а. Если же для любых элементов
aybyc E X справедливо равенство (а * ft) * с = а * (ft * с), то будем
говорить, что эта операция ассоциативна.
Дадим теперь определение группы.
Определение. Непустое множество G, на котором
определена операция *, называется группой (относительно этой операции),
если выполнены следующие условия:
1) для любых элементов а, Ь и с из G справедливо равенство
(а * 6) * с = а * (6 * с) (т.е. операция * ассоциативна);

202
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
2) существует элемент е G G такой, что для любого элемента
а е G справедливы равенства а*е = е*а = а (такой элемент е
называется единицей или нейтральным элементом);
3) для любого элемента а 6 G существует элемент а"1 6 G такой,
что справедливы равенства а * а"1 = а"1 * а = е (такой элемент а"1
называется обратным к элементу а).
Замечание. Подчеркнем два обстоятельства, связанные с данным определением,
которые необходимо иметь в виду. Во-первых, так как операция * определена на
множестве G, то это означает, что для любых элементов а и Ъ из G элемент (а * Ь)
принадлежит G, т. е. применение операции * не выводит из множества G. Во-вторых,
в определении группы отнюдь не предполагается, что операция * коммутативна.
Если же операция ф коммутативна, то группа называется коммутативной (или
абелевои).
Приведем примеры групп. Множество целых чисел Z является
группой относительно сложения. Действительно, сложение целых
чисел ассоциативно, роль единицы играет число 0, а роль обратного
элемента для числа п играет число -п.
Множество рациональных чисел Q образует группу относительно
сложения.
Множество положительных рациональных чисел Q+ образует
группу относительно умножения, так как умножение ассоциативно,
единицей является число 1, а обратным для элемента q является
элемент 1/q.
Заметим, что все эти группы коммутативные.
Множество натуральных чисел N не образует группу ни
относительно сложения, ни относительно умножения, так как и в том, и
в футом случае не выполняется условие 3), а в случае сложения —
еще и условие 2).
Множества целых чисел Z, рациональных чисел Q и
действительных чисел R не являются группами относительно умножения,
так как не выполняется условие 3).
• Упражнение 8.13. Образует ли группу множество всех многочленов одного
переменного относительно: а) сложения; б) умножения? Является ли эта группа
коммутативной?
• Упражнение 8.14. Докажите, что единица группы единственна.1
Понятие группы было введено французским математиком Эвари-
стом Галуа (1811-1832 гг.), который применил его при доказательстве
неразрешимости в радикалах алгебраического уравнения степени
выше четвертой. Сейчас теория групп является одним из самых важных
и богатых интересными результатами разделов современной алгебры.
'Можно доказать также, что каждый элемент группы имеет единственный
обратный.

$8.7. ГРУППЫ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
203
Группы играют важную роль и в геометрии. В § 1.1 мы говорили,
что с точки зрения теории множеств геометрия изучает основное
множество — пространство. Это не совсем точно. В геометрии
изучаются два основных множества: пространство и группа некоторых
его преобразований, с помощью которой в пространстве вводится
понятие равенства фигур.
На множестве преобразований пространства нами уже была
определена операция — композиция преобразований. Относительно этой
операции множество всех преобразований пространства образует
группу.
Докажем это утверждение. Во-первых, необходимо проверить
ассоциативность композиции, т.е. что для любых преобразований
пространства f,guh справедливо равенство h o(g of) = (hog)o f.
Действительно, если X — произвольная точка пространства, Хг =
= f(X), Х2 = g(Xi), а Х3 = h(X2), то, с одной стороны, Х3 =
= h(X2) = h(g{X1)) = (hog)(X1) = (hog)(f(X)) = ({h*g)of)(X).
С другой стороны, Х2 = g(Xi) = g(f(x)) = (а о f)(X),
следовательно, Х3 = h(X2) = h((gof)(X)) = (Л.(5./))(Х). Сравнивая
полученные выражения для Х3у заключаем, что (h°g)° f = h 0(5 о /). D
Во-вторых, единицей является тождественное преобразование £,
так как для любого преобразования / имеем f*E=E*f = f.
Наконец, в-третьих, всякое преобразование /, будучи
взаимно однозначным, имеет обратное преобразование /~*, такое, что
f°f-1 = f-1'f = E.
Изучать действие всевозможных преобразований пространства
на геометрические фигуры — задача непосильная, результат этого
действия априори непредсказуем. В этом смысле группа всех
преобразований пространства с точки зрения геометрии неинтересна.
Она слишком широка и в связи с этим лишена сколько-нибудь
конкретных свойств. Поэтому рассматриваются более узкие группы
преобразований, например группа перемещений.
• Упражнение 8.15. Проверьте, что множество всех перемещений пространства
является группой относительно их композиции.1
Группа перемещений пространства является самой важной
группой в геометрии, так как с помощью перемещения вводится понятие
равных фигур. Равные фигуры обладают одинаковыми
геометрическими свойствами, которые не изменяются под действием
перемещений. Говоря иными словами, геометрия, которую мы изучаем, в
'Если множество G — группа относительно операции *, а его подмножество Я
также образует группу относительно этой же операции, то говорят, что Н —
подгруппа группы G. Выполнив это упражнение, Вы докажете, что перемещения
пространства образуют подгруппу группы преобразований пространства.

204
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
основном рассматривает свойства фигур» неизменные
(инвариантные) относительно группы перемещений.
Кроме группы перемещений есть и другие группы
преобразований, например группа преобразований подобия (докажите
самостоятельно, что всевозможные преобразования подобия образуют
группу). Можно считать, что каждая группа преобразований задает свою
геометрию, в которой изучаются свойства фигур, инвариантные
относительно данной группы преобразований. Эта идея была высказана
в 1872 г. немецким математиком Феликсом Клейном (1849-1925 гг.).
Групповой подход к геометрии, предложенный Клейном, оказался
весьма плодотворным и способствовал как появлению новых
разделов геометрии, так и переосмыслению старых.
Рис. 8.13
Обсудим теперь интересный вопрос о симметрии правильных
многогранников, который тесно связан с понятием группы. С
древних времен правильные многогранники притягивали к себе внимание
людей. Возможно, это связано с тем, что из всех многогранников
правильные многогранники «самые симметричные», точнее говоря,
существует довольно много перемещений пространства, которые
переводят правильные многогранники в себя. Ниже мы опишем все
эти перемещения, а пока дадим некоторые вспомогательные
определения.
Будем называть перемещение, переводящее данную фигуру в
себя, самосовмещением этой фигуры. Рассмотрим всевозможные само-

$8.7. ГРУППЫ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
205
совмещения правильного многогранника. Они, очевидно, образуют
группу, которая является подгруппой группы перемещений
пространства. Эту группу принято называть группой самосовмещгний
или группой симметрии правильного многогранника.
Перечислим элементы групп симметрии правильных
многогранников. Заметим, что всякое самосовмещение данного правильного
многогранника является одновременно и самосовмещением
двойственного ему правильного многогранника, и наоборот. Поэтому
достаточно рассмотреть только группы симметрии тетраэдра, куба и
додекаэдра.
Группа симметрии тетраэдра состоит из следующих
преобразований: тождественное преобразование; по два поворота вокруг каждой
из высот (на 120° и 240°, рис. 8.13а) — всего восемь поворотов;
шесть симметрии относительно плоскостей, проходящих через
каждую из высот и соответствующее ребро (рис. 8.135); три поворота
вокруг прямых, проходящих через середины скрещивающихся
ребер (рис. 8.13в); наконец, по две композиции поворота вокруг этих
прямых (на 90° и 270°) и симметрии относительно плоскости,
перпендикулярной им и проходящей через центр тетраэдра (рис. 8.13г).
Такая композиция называется поворотным отражением. Всего,
таким образом, указано 24 различных самосовмещения. Ими
исчерпывается группа симметрии тетраэдра.
г д е ж
Рис. 8.14
В группу симметрии куба (октаэдра) входят: тождественное
преобразование; по три поворота вокруг каждой из прямых,
соединяющих центры противоположных граней (на 90°, 180° и 270°,
рис. 8.14я) — всего девять поворотов; по два поворота вокруг
диагоналей (на 120° и 240°, рис. 8.146) — всего восемь поворотов; шесть
поворотов вокруг прямых, соединяющих середины противоположных
ребер (рис. 8.14в); три симметрии относительно плоскостей, прохо-

206
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
дящих через центр куба параллельно его граням (рис. 8.14г); шесть
симметрии относительно диагональных плоскостей (рис. 8.14Э); по
два поворотных отражения вокруг прямых, соединяющих центры
противоположных граней (на 90° и 270°, рис. 8.14е) — всего шесть;
по два поворотных отражения вокруг диагоналей (на 60° и 300°,
рис. 8.14эс) — всего восемь; наконец, центральная симметрия
относительно центра куба. Всего, таким образом, указано 48
самосовмещений. Ими исчерпывается группа симметрии куба.
Группа симметрии додекаэдра (икосаэдра) содержит 120
самосовмещений. Попробуйте перечислить их самостоятельно, пользуясь
рисунками 8.15я—е.
•Рис. 8.15
Заметим теперь, что число плоских углов тетраэдра равно 12,
куба — 24, додекаэдра — 60, т. е. равно половине числа преобразований
в группе симметрии соответствующего многогранника. Это не
случайно. Оказывается, что справедлива следующая теорема, которую
можно доказать, не перечисляя всех элементов группы симметрии.
Теорема 8.25. Число элементов группы симметрии правильного
многогранника равно удвоенному числу его плоских углов.
На этом мы заканчиваем знакомство с группами. Дальнейшие
сведения о них можно найти, например, в книгах [Александров,
1980], [Калужнин, Суща некий, 1985], [Алексеев, 1976].
• Упражнение 8.16. Образует ли группу множество:
а) параллельных переносов;
б) поворотов вокруг всевозможных осей;
в) поворотов вокруг осей, пересекающихся в одной точке;
г) симметрии относительно всевозможных плоскостей?
Коммутативна ли эта группа?
§8.8. Классификация перемещений и
преобразований подобия в пространстве
В этом параграфе мы опишем все возможные перемещения и
преобразования подобия в пространстве. Предварительно обсудим
вопрос об ориентации пространства.

§ 8.8. КЛАССИФИКАЦИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 207
Пусть в пространстве задан базис {аьЪ,с). Предположим, что
векторы базиса отложены от одной точки О. Если для наблюдателя,
находящегося на конце вектора с, кратчайший поворот вокруг точки О
от вектора а к вектору Ь виден против часовой стрелки (рис. 8.16в),
то базис {а,Ь,с) называется правым, в противном случае, т.е. когда
этот поворот виден по часовой стрелке (рис. 8.166), — левым.
Рис. 8.16
Если в пространстве задан правый базис, то говорят, что оно
ориентировано положительно, а если задан левый базис, то
ориентировано отрицательно.
Данные нами определения не являются математически строгими,
так как понятия «против часовой стрелки», «кратчайший поворот
виден наблюдателю» и т. п. не были строго определены (см. замечание
в § 8.3). Разумеется, существует математически строгое определение
понятия ориентации пространства, но мы не будем обсуждать его в
нашем курсе, так как для понимания дальнейшего материала этого
параграфа вполне достаточно приведенных наглядных соображений.
левый правый
Рис. 8.17
Рис. 8.18
Заметим, что в курсе физики Вы уже встречались с подобным
подходом к введению понятия ориентации пространства (вспомните
правило буравчика и правило левой руки; правый буравчик и правая рука
задают положительную ориентацию пространства (рис. 8.17 и 8.18)).
Мы примем без доказательства следующий фундаментальный
факт: всякое перемещение пространства либо сохраняет его
ориентацию, либо изменяет ее на противоположную. Точнее, если пе-

208
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
ремещение переводит некоторый правый базис в правый базис,
то оно переводит любой правый базис в правый базис (сохраняет
ориентацию), а если перемещение переводит некоторый правый
базис в левый базис, то оно переводит любой правый базис в левый
базис (изменяет ориентацию); то же самое справедливо и для левых
базисов.
Перемещения пространства, сохраняющие ориентацию,
называются перемещениями первого рода, а изменяющие ориентацию, —
перемещениями второго рода.
Из рассмотренных нами перемещений перемещениями первого
рода являются параллельный перенос и поворот вокруг оси (в
частности, осевая симметрия), а перемещениями второго рода —
центральная симметрия и симметрия относительно плоскости. Прежде чем
сформулировать основную теорему о классификации перемещений
пространства, мы рассмотрим еще три вида перемещений.
Композиция поворота вокруг оси и параллельного переноса на
вектор, параллельный этой оси, называется винтовым перемещением.
Проверьте самостоятельно, что результат этой композиции не
зависит от того, какое из двух перемещений — поворот или перенос —
выполняется первым. Частными случаями винтового перемещения
являются поворот вокруг оси и параллельный перенос.
Композиция поворота вокруг оси и симметрии относительно
плоскости, перпендикулярной оси поворота, называется поворотным
отражением. Результат этой композиции также не зависит от
порядка выполнения поворота и симметрии. Частным случаем поворотного
отражения является центральная симметрия. Она соответствует
повороту на угол 7г.
Композиция симметрии относительно плоскости и
параллельного переноса на вектор, параллельный этой плоскости, называется
скользящим отражением. Результат этой композиции также не
зависит от порядка выполнения симметрии и параллельного переноса.
Симметрию относительно плоскости можно рассматривать и как
частный случай поворотного отражения (угол поворота равен 0°),
и как частный случай скользящего отражения (вектор переноса
равен 0).
Сформулируем теперь теорему о классификации перемещений.
Теорема 8.26. Всякое перемещение пространства есть либо
винтовое перемещение, либо поворотное отражение, либо скользящее
отражение.
Точнее говоря, всякое перемещение первого рода является
винтовым перемещением (в частности, поворотом вокруг оси или
параллельным переносом), а всякое перемещение второго рода
является либо поворотным отражением, либо скользящим отражением (в

$8.9. ЗАДАЧИ
209
частности, центральной симметрией или симметрией относительно
плоскости).
Мы не будем доказывать здесь эту теорему, поскольку ее
доказательство довольно сложно, а этот параграф носит чисто
ознакомительный характер, и его результаты не используются в дальнейшем.
Доказательство теоремы о классификации перемещений можно
найти, например, в книгах [Александров и др., 1992], [Болтянский, 1985].
Сформулируем и докажем теорему о классификации
преобразований подобия.
Теорема 8.27. Всякое преобразование подобия является композицией
гомотетии и перемещения.
Доказательство. Пусть Рк — произвольное
преобразование подобия. Рассмотрим гомотетию Hq с тем же
коэффициентом и с произвольным центром О и гомотетию Hq *, обратную
к ней. Преобразование Рк о Hq в силу теорем 8.19 и 8.22
является преобразованием подобия с коэффициентом А: • - = 1, т.е.
к
перемещением. Обозначим это перемещение через /. Тогда / о Hq =
= (Р* о Нг0,к) о Я* = Р* о(Но,к о Я *) = Р* о £ = Р* (мы
воспользовались ассоциативностью композиции преобразований, доказанной
в предыдущем параграфе), т.е. Рк = /оЯ£. □
Из доказанной теоремы сразу вытекают многие свойства
преобразований подобия. В частности, вспоминая свойства перемещений и
гомотетии, заключаем, что преобразование подобия переводит прямую
в прямую, плоскость в плоскость, а также сохраняет угол между
прямыми (а следовательно, угол между прямой и плоскостью и угол
между плоскостями).
§8.9. Задачи
Что означает владение математикой? Это
есть умение решать эалачи, притом не
только стандартные, но и требуюшие известной
независимости мышления, здравого смысла,
оригинальности, изобретательности.
А. Пойа. Математическое открытие
8.1. Пусть / — перемещение пространства. Докажите, что для лю-
бых векторов а и 6 и для любого числа к справедливы равенства
f(S + Ь) = /(а) + /(b), f(ka) = kf(a) и /(а). /(b) = а . 6.
8*2. Может ли перемещение пространства иметь ровно две
неподвижные точки?

210
ГЛАВА 8. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРОСТРАНСТВА
8.3. Докажите, что если перемещение пространства имеет три
неподвижные точки, не лежащие на одной прямой, то плоскость,
проходящая через эти точки, является неподвижной.
Обязательно ли эта плоскость будет плоскостью неподвижных точек?
8.4. Докажите, что если перемещение пространства имеет четыре
неподвижные точки, не лежащие в одной плоскости, то оно
является тождественным отображением.
8.5. При некотором перемещении шар перешел в себя. Докажите,
что у этого перемещения есть неподвижная точка.
8.6. В пространстве даны прямая / и точки А и 5, причем прямые
/ и (АВ) скрещивающиеся. Найдите на прямой / такую точку
М, чтобы сумма расстояний AM + MB была наименьшей.
8.7. Пусть А\ и A'l (t = 1,2,3,4) — проекции вершин тетраэдра
А1А2А3А4 на плоскости а и /? соответственно. Докажите, что
существует перемещение пространства, переводящее точки А\
в точки А°, такие, что прямые А*А" попарно параллельны.
8.8. Фигура Ф имеет две пересекающиеся перпендикулярные оси
симметрии. Докажите, что Ф имеет еще одну ось симметрии.
8.9. Докажите, что никакое тело не может иметь четное (ненулевое)
число осей симметрии.
8.10. Тело имеет центр симметрии и плоскость симметрии.
Докажите, что центр симметрии лежит в плоскости симметрии.
8.11. Тело имеет несколько плоскостей симметрии. Докажите, что
все эти плоскости имеют общую точку.
8.12? Каждая грань выпуклого многогранника
центрально-симметрична. Докажите, что этот многогранник
центрально-симметричен.
8.13* Даны тетраэдр и точка N внутри него. Через каждое ребро
тетраэдра проведена плоскость, параллельная отрезку,
соединяющему точку N с серединой скрещивающегося с ним ребра.
Докажите, что все шесть этих плоскостей пересекаются в
одной точке.
8.14? Через середину каждого ребра тетраэдра проведена плоскость,
перпендикулярная противоположному ребру. Докажите, что
все шесть этих плоскостей пересекаются в одной точке.
8.15. По одну сторону от плоскости а расположены точки А и В.
Найдите на плоскости а такую точку М, чтобы сумма
расстояний AM + MB была наименьшей.
8.16. Даны пересекающиеся плоскости а и /3 и точка С, не
принадлежащая этим плоскостям. Найдите в плоскости а точку А, а
в плоскости /3 точку В такие, чтобы треугольник ABC имел
наименьший периметр.

18.9. ЗАДАЧИ
211
8Л7. Какое наибольшее число плоскостей симметрии может иметь
пространственная фигура, состоящая из трех попарно
непараллельных прямых?
8Л8. Докажите, что каждая плоскость, проведенная через прямую,
соединяющую середины скрещивающихся ребер правильного
тетраэдра, делит этот тетраэдр на две равные части.
8Л9. Докажите, что каждая плоскость, проведенная через диагональ
куба, делит этот куб на две равные части.
8.20. В пятиугольной пирамиде соответственно равны между собой
боковые ребра и все двугранные углы при боковых ребрах.
Докажите, что эта пирамида правильная.
8.21. а) Докажите, что композиция двух симметрии относительно
пересекающихся плоскостей есть поворот вокруг их линии
пересечения.
б) Докажите, что любой поворот пространства относительно
оси можно представить в виде композиции двух симметрии
относительно двух плоскостей.
8.22. Докажите, что композиция двух поворотов, оси которых
пересекаются, есть поворот вокруг оси.
8.23* Докажите, что любое перемещение пространства можно
представить в виде композиции не более, чем четырех симметрии
относительно плоскостей.
8.24. Докажите, что любые два равных треугольника, лежащих в
разных плоскостях и имеющих общую вершину, можно перевести
друг в друга поворотом вокруг оси.
8.25. Докажите, что любые две сферы гомотетичны друг другу.
8.26* Докажите, что преобразование подобия с коэффициентом
к ф 1, переводящее каждую плоскость в себя или в
параллельную ей плоскость, является гомотетией.
8.27* Докажите, что два подобных, но не равных треугольника
можно перевести друг в друга композицией гомотетии и поворота
вокруг оси.
8.28? В плоскости боковой грани правильной четырехугольной
пирамиды взята фигура Ф. Пусть Фх — проекция Ф на плоскость
основания пирамиды, аФ2- проекция Ф на плоскость
смежной с ней боковой грани. Докажите, что фигуры Фх и Ф2
подобны.
8.29? Преобразование пространства переводит любые две точки,
находящиеся на расстоянии 1, в две точки, также находящиеся
на расстоянии 1. Докажите, что это преобразование является
перемещением.

■-•-sy--- ■. .^.... -^

Ты спросишь, кто велит? —
Всесильный бог деталей...
Б. Пастернак.
Давай ронять слова...
ГЛАВА 9
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
§9.1. Зависимость между основными углами
в правильной пирамиде
Еше столетия пройдут,
Пока Осирисы-Исиды
Нам в руки мудрость отдадут
Всех элементов пирамиды.
А. Чижевский. Пирамиды
Правильная пирамида — оДин из наиболее часто встречающихся в
стереометрических задачах многогранников. В этом параграфе мы
установим некоторые соотношения между углами в правильной
пирамиде, которые позволяют, зная величину одного из этих углов,
определить величины остальных. Заметим, что нет необходимости
запоминать все эти формулы. Гораздо полезнее уяснить себе метод
их получения (который, в принципе, весьма прост) с тем, чтобы
применять его при решении конкретных задач.
Итак, рассмотрим правильную п-угольную пирамиду SAiA2>..An
(рис. 9.1). Под основными углами в этой пирамиде мы будем
понимать:
— угол наклона бокового ребра к плоскости основания (а);
— двугранный угол при основании (/?);
— плоский угол при вершине (7);
— двугранный угол при боковом ребре (6).
Пусть О — центр основания пирамиды, В — середина ребра
AiA2, D — точка пересечения отрезков АгА3 и ОА29 С — точка на
боковом ребре SA2 такая, что (АгС)±(SA2), E — точка пересечения

214
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
отрезков SB и АХС> К — точка пересечения отрезков АгА3 и ОВ.
Пусть также 1АхОА2 = <р (очевидно, </> = 2п/п).
• Упражнение 9.1. Докажите, что lSAxO = a, LSBO - 0, ZAiCA3 e $,
ZA2A1A3 = у>/2.
Обозначим высоту пирамиды через Я, апофему — через т,
боковое ребро — через /, сторону основания — через а, а через г и
Д — радиусы окружностей, вписанной
в основание и описанной около него.
1. Связь между а и /3:
tg a = cos - • tg>3
n
(9.1)
Доказательство. Из ASAxO
находим, что Н = iJtga. Из AS ВО
находим, что Я = atg/З.
Следовательно, Д tg a = г tg /3. Остается заметить,
что г = Я cos I (из ААгОВ). □
2. Связь между а и j:
Рис. 9.1
cos a =
sin 7/2
sin7r/n
(9.2)
находим, что / =
заметить, что R =
2 sin 7/2
Доказательство. Из AAXSB
R
, а из ASAiO — / = . Остается
cos a
2sia(p/2
полученных выражений для /. □
3. Связь между а и 6:
(из ААхОВ)у и приравнять правые части
sin a = ctg — • ctg -
n 2
(9.3)
Доказательство. Из треугольников CDAi и CDA2
получаем, что CD = AxDctg - и CD = A2D sin a. Ho AiD = a cos ^,
A2D = a sin ^. Приравнивая правые части выражений для CD>
получим требуемую формулу. □
4. Связь между /? и у:
cos/3 = ctg — • tg J
n 2
(9.4)

§91. ЗАВИСИМОСТЬ МЕЖДУ ОСНОВНЫМИ УГЛАМИ В ПРАВИЛЬНОЙ ПИРАМИДЕ 215
Доказательство. Из треугольников SBO и SBAX найдем
га *
га: га =
cos/7
и т =
-—7—fr\% Слсдаватсльно> 2rtg ^ = a cos/?.
Остается заметить, что 2r = actg ^ (из AAxOB). □
5. Связь .между у и 6:
7 cos тг/п
cos - = . '
2 sin 6/2
(9.5)
Доказательство. Таккак/СЛхЛг = ^, то из треугольников
С А х А2 и САх D получаем СЛх = a cos - и СЛХ = . * . Следова-
2 sin 0/2
тельно, a cos ^ = -т-ттг. Остается заметить, что AXD = a cos £ • D
2 sin 6/2 2
б. Связь между 0 и 6:
sin
д _ cos 6/2
sinjr/n
(9.6)
Доказательство. Поскольку плоскости АгСА3 и 5ВО
перпендикулярны плоскости SAXA2 (почему?), прямая их
пересечения КЕ также перпендикулярна плоскости SAXA2. Далее,
LAXKE = *- - ЛГЛхЯ = £ - (£ - Z^CI*) = LAXCD = £. Из
2 2 V 2 / 2
АКЕВ находим sin /3 = -гг^. Подставляя в эту формулу выражения
К В
КЕ = КАг cos ^ (из Д tf £AX) и /if В = KAV sin | (из АКВАг)9
получаем формулу (9.6). □
Замечание. Формулу (9.6) можно получить еще тремя способами:
1) исключить из (9.4) и (9.5) угол 7;
2) записать двумя способами площадь треугольника SA\Ai (2Ssax a2 s a • m s
e A\C • /), а затем подставить выражения для m, A\C и / через а и
тригонометрические функции углов /?, 6 и у>;
3) применить теорему о трех синусах (теорема 5.9) к двугранному углу с ребром
A\Ai (приведенное выше доказательство фактически повторяет ее вывод в данном
конкретном случае).
Пример 9.1. Сторона основания правильной четырехугольной
пирамиды SABCD (S — вершина) равна а, а двугранный угол
при боковом ребре равен а. Найти площадь боковой поверхности
пирамиды.

216
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
Решение. Пусть О — центр основания, F — середина ребра CD,
Е — точка на ребре SC такая, что (DE)l(SC) (рис. 9.2).
Докажем, что LBED = а. Действительно, ADEC = АВЕС
(по двум сторонам и углу между ними), поэтому (BE)Jl(SC),
следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости
(SC)Jl(BED), т.е. LBED — линейный угол двугранного угла при
боковом ребре пирамиды, значит, LBED - а.
Искомая площадь боковой поверхности пирамиды равна 5бок =
= 4 • - а • тп, где т = SF — длина апофемы пирамиды. Найдем т.
Пусть LSFO = /3. Тогда по формуле (9.6) sin/? = л/2 cos -. Из
on IP OF a
треугольника SO F находим m = —- = -, следовательно,
cos/? 2cos/?
2 a2 a2 a2 a2
m2 = = - =
4 cos2/? 4(1- sin2 p) 4(1 -2 cos2 a/2) -4 cos a
Отсюда m = —t (подкоренное выражение положительно, так
2 v ~~ cos <*
2
как 7г/2 < а < 7г). Окончательно получаем, что 5&Ж = , •
V— cos a
Замечание. Разумеется, прямой ссылки на формулу (9.6) можно было бы
избежать, например, повторив ее вывод в случае n e 4. Но проще, по-видимому,
поступить по-другому — записать двумя способами площадь треугольника SDC
(см. предыдущее замечание): 2Ssdc ша*тяя DE • SC e —=
V2sin
Из этого соотношения находим m :
Г7Г^
— • \ / т2 + —.
in а/2 V 4
2>/-сова

$9.2. ПОЛОЖЕНИЕ ОСНОВАНИЯ ВЫСОТЫ ПИРАМИДЫ ИЛИ ПРИЗМЫ 217
§9.2. Определение положения
основания высоты пирамиды или призмы
Я чувствую непобедимый страх
В присутствии таинственных высот.
О. Мандельштам. Пешеход
При решении задач часто бывает необходимо определить положение
основания высоты пирамиды или призмы по отношению к элементам
основания. Из-за неправильного изображения высоты возникают
ошибки при вычислении углов наклона прямых и плоскостей к
плоскости основания и т. п.
Приведем некоторые теоремы, полезные при нахождении
положения основания высоты. Большинство из них является
переформулировкой полученных нами ранее результатов, поэтому
доказательство этих теорем мы предоставляем Вам в качестве полезного
упражнения.
Теорема 9.1. Если в пирамиде равны длины всех боковых ребер
или все боковые ребра образуют с плоскостью основания равные
углы, то около основания можно описать окружность, а вершина
пирамиды проектируется в центр этой окружности.
(Сравните с утверждением IV из § 7.1.)
Теорема 9.2. Если все двугранные углы при основании пирамиды
равны, то в основание пирамиды можно вписать окружность, а
вершина пирамиды проектируется в центр этой окружности.
(Сравните с утверждением V из §7.1.)
Заметим, что в формулировке этой теоремы существенно, что
рассматриваются именно двугранные углы, а не углы между
плоскостями боковых граней и плоскостью основания. Если же
плоскости всех граней пирамиды образуют с плоскостью основания равные
углы, то вершина пирамиды не обязательно проектируется в центр
вписанной окружности, а может проектироваться и в центр одной из
вневписанных в основание окружностей.1
Это обстоятельство следует учитывать при решении задачи,
обращая особое внимание на то, о каких углах идет речь в ее форму-
Окружность называется внееписанной в многоугольник, если ее центр
равноудален от всех прямых, содержащих его стороны, и лежит вне многоугольника. Можно
доказать, что у всякого треугольника существуют три вневписанные окружности, а у
четырехугольника — не более одной. У выпуклого многоугольника с числом сторон,
большим четырех, вневписанных окружностей нет.

218
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
лировке. (Мы рекомендуем сравнить это замечание с замечанием,
сделанным в конце §7.1; см. также задачу 7.5.)
Теорема 9*3. Если в трехгранном угле два плоских угла равны, то
проекция их общего ребра на плоскость третьего плоского угла
принадлежит прямой, содержащей биссектрису этого угла.
Следствие 1. Если в наклонной призме AiA2...AnBiB2...Bn
боковое ребро А\ВХ образует равные углы со сторонами А\А2 и
АгАп основания, то вершина Вг проектируется в точку на прямой,
содержащей биссектрису угла А2АгАп.
Теорема 9.4. Если в треугольной пирамиде все плоские углы при
вершине прямые или если имеются две пары скрещивающихся
перпендикулярных ребер, то вершина проектируется в ортоцентр
основания пирамиды.
(См. примеры 4.5 и 4.7.)
Приведем теперь несколько примеров, в которых используются
эти теоремы.
Пример 9.2. Основание пирамиды SABC — треугольник ABC, в
котором АС = ВС = а, А В = Ь. Все боковые ребра пирамиды
наклонены к плоскости основания под углом 60°. Найти объем пирамиды.
Рис. 9.3 Рис. 9.4
Решение. По теореме 9.1 основанием высоты пирамиды служит
центр О окружности, описанной около треугольника ABC. Найдем
радиус R этой окружности. По теореме Пифагора из АВСС\ на-
I £Г i
ходим СС\ = \ а2 —- = -\/4а2 - Ь2. Из подобия треугольников
V 4 2
ОАгС и СВС\ (рис. 9.3 и 9.4; в случае, когда НАВС прямоуголь-
ный, О и С\ — это одна и та же точка) получаем, что R = у .
v4a2 — b2
(Подкоренное выражение положительно, так как в силу неравенства
треугольника 2а > Ь.)

§9.2. ПОЛОЖЕНИЕ ОСНОВАНИЯ ВЫСОТЫ ПИРАМИДЫ ИЛИ ПРИЗМЫ 219
Далее находим высоту пирамиды:
SO = Rtg60° = Ry/г =
а2Уз
л/4а2-62'
и площадь основания:
Sabc =\аВССх1-Ъу/Аа* - Ь2.
Для объема получаем выражение V = — \/5а26. □
Пример 9.3. В основании параллелепипеда ABCDAxBiCiDi
лежит квадрат ABCD со стороной а. Ребро ААХ образует с
ребрами А В и AD углы величины а
(45° < а < 90°). Найти объем
параллелепипеда, если известно, что проекция
вершины Ai на плоскость основания лежит
на прямой BD.
Решение. Так как LAXAB = lAxAD,
то проекция О точки А\ на плоскость
ABC лежит на прямой АС. Но по
условию О € (BD). Следовательно, точка О —
центр квадрата ABCD (рис. 9.5), и,
значит, ААх = AXD. Из равнобедренного
треугольника AAXD найдем длину ребра ААг: ААг = a/(2cosa).
Найдем высоту параллелепипеда Н = АгО. Из AAAiO по теореме
Пифагора получаем
Н = JaAI-AO> = \(-^-)2 - £ = -5-V- cos2a
V х у \2cosa/ 2 2cosa
(подкоренное выражение положительно, так как 45° < a < 90°).
Теперь находим объем параллелепипеда: V = а3у/— cos 2a/(2 cos a). □
Пример 9.4. В основании четырехугольной пирамиды SABCD
лежит выпуклый четырехугольник, длины двух сторон которого
равны 6, а длины двух других 10. Высота SO пирамиды равна 7. Найти
объем пирамиды, если плоскости всех ее боковых граней образуют с
плоскостью основания углы величиной 60°.
Решение. Из условия следует, что точка О (основание
высоты) равноудалена от всех прямых, содержащих стороны основания
пирамиды. Предположим, что две противоположные стороны
четырехугольника ABCD равны 6, а две другие равны 10. Тогда
ABCD — параллелограмм, отличный от ромба. Для такого
параллелограмма точки О, обладающей указанным свойством, не существует
(почему?). Поэтому две соседние стороны четырехугольника ABCD
(например, АВ и ВС) равны 6, а две другие 10. При этом О —

220
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
либо центр вписанной в него окружности, либо центр вневписанной
окружности (рис. 9.6а, б). Рассмотрим отдельно оба эти случая.
Пусть О — центр вписанной окружности, ОЕ — ее радиус,
проведенный к стороне АВ (рис. 9.7). Из треугольника 50Е находим,
Рис. 9.6
DX
^z=i
|\ ! /
с^Л
* 1 \
/1
fix
-Цц->с
Рис. 9.7
Рис. 9.8
что г = ОЯ = SAOB + Sboc + SCod + SDOA = SO ctg60° = -j=.
Площадь четырехугольника ABCD равна SAbcd = x \AB + ВС +
)112
• r = -j=. Пусть углы АиС равны а. Тогда площадь
112
Sabcd равна 6 • 10 • sin а, следовательно, 5осн < 60. Но —= > 60,
значит, рассматриваемый случай невозможен.
Пусть теперь О — центр вневписанной окружности. Радиус ее
равен г = 7/\/3 (аналогично первому случаю). Площадь основания рав-

|9.3. МЕТОД ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО ОБЪЕМА
221
на Sabcd = Scod + Sdoa - Saob - Sboc = г \р& + DA ~~ AB ~"
)28
• r = -^= < 60. Следовательно, объем пирамиды равен
I. *..7=i* D
3 >/3 ЗуТ
§9.3. Метод вспомогательного объема
В § 4.8, 4.9 мы рассмотрели некоторые способы нахождения
расстояний. Здесь мы укажем еще один способ (метод вспомогательного
объема) у идея которого заключается в следующем. Известно, что
объем пирамиды V, площадь ее основания 5 и длина высоты h связаны
формулой
ь- w
Но длина высоты пирамиды есть не что иное как расстояние от ее
вершины до плоскости основания. Следовательно, для вычисления
расстояния от точки до плоскости достаточно найти объем и площадь
основания какой-нибудь пирамиды с вершиной в этой точке и с
основанием, лежащим в дайной плоскости.
Приведем несколько примеров, иллюстрирующих применение
этой идеи.
Пример 9.5. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\BxCJ)x
длина ребра ААг равна а, угол ВгАВ равен а, а угол СгВС равен
/?. Найти:
а) расстояние от точки Ах до плоскости BDC\;
б) расстояние между прямыми ADX и DC\.
Решение, а) Рассмотрим тетраэдр A\BDC\ (рис. 9.8). Искомое
расстояние h есть длина высоты этого тетраэдра, опущенной из
вершины Ai. Для ее нахождения достаточно знать объем V тетраэдра
AiBDCi и площадь S треугольника BDC\. Вычислим их. Пусть
объем данного параллелепипеда равен Vj,, а объем тетраэдра A\ABD
равен v. Тогда v = - • Sabd • а = ^Vn. Аналогично, объемы тетра-
3 о
эдров BAiBiCi, C\BCD и DAxCiDi равны -Vn, следовательно,
о
V = Va-A-\vn= Wa.HoVn = AB'BC-a = (actga)(actg/3)a,
о 3
поэтому V = \a3 ctga ctg0. Далее, S = ^ DCX -dB- sin LBCXD =

222
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
= - • -— • -—т • sin LBC\D. Чтобы вычислить LBC\D = и>, вос-
2 sina sin/?
пользуемся теоремой косинусов, а затем теоремой Пифагора:
DC? + ВС? - BD2 DC? + ВС? - (ВС2 + CD2)
COS (0 = = i = = =
y «2 • DCi BCi 2 • Dd • BCi
(DCl - CD2) + (BCI - ВС2) = CC\ + CC\ = 2 • CC\ =
2-DCi-BCi
2 ■ DCi ■ BCi 2 • DCi • BCi
cc\ _
DCX • BCX
a
sina
a
sin/?
= sin a sin/3.
Следовательно, sin <p = у 1 - sin2 a sin2 /3 и
^ __ 1 a2\/l -sin2 a sin2/?
2 sin a sin/?
Теперь мы можем найти искомое расстояние:
a3 ctg at ctg /? 2а cos a cos /?
5 5
a2yj\- sin2 a sin2/? \/l - sin2 a Sin2 /?
2 sin a sin/9
1 .
Замечание. Соотношение V = -Vn совершенно аналогично доказывается в
случае, когда параллелепипед не является прямоугольным. Оно понадобится нам в
следующем параграфе.
б) Проведем через скрещивающиеся прямые ADX и DCX
параллельные плоскости ADiBx и BDXC (почему эти плоскости парал-
Х>1
Гч
Ч j
Sir<<Q
ъ£у/ш
№
d
лельны?). Проведем через точку Аг
прямую /, перпендикулярную этим
плоскостям. Пусть прямая / пересекает плоскость
BDCi в точке О, а плоскость ADxBi —
в точке 0\ (рис. 9.9). Тогда искомое
расстояние р равно расстоянию между
плоскостями ADxBi и BDC\y т.е. длине
отрезка ООх. Но ООг = АуО - АгОх.
Длину отрезка АгО мы нашли в пункте а):
АгО = h. Осталось найти АхО\. Для
этого вычислим двумя способами
объем тетраэдра AiABiDi. С одной
стороны, аналогично пункту а) находим, что
УлгЛВгОг = £УПС ДРУ™ стороны, VAlABlDl = - • АхОг • S (так
как треугольники ADXB\ и BDC\ равны). Откуда получаем, что
-->с
Рис. 9.9

$9.3. МЕТОД ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО ОБЪЕМА
223
AiOi = - • -~ = -h. Стедовательно,
2. и L
p=h- -h= -ft = » » • D
2 2 vl — siirasiir/?
• Упражнение 9.2. Решите пример 9.5 методами, изложенными в § 4.8, 4.9.
Пример 9.6. Доказать, что сумма расстояний от произвольной
точки, взятой внутри правильного тетраэдра, до его граней есть
величина постоянная.
Решение. Пусть М — произвольная точка внутри правильного
тетраэдра ABCD. Соединим ее с вершинами тетраэдра (рис. 9.10).
Обозначим через S площадь грани тетраэдра ABCD, через Я — его
высоту, а через Н\, Я2, Я3 и Я4 — расстояния от точки М до граней
ABC, BCD, ACT) и ABD соответственно. Так как объем тетраэдра
ABCD равен сумме объемов тетраэдров МАВС, MBCD, MACD
hMABD, to
l-SH= l-SHx+l-SH2+l-SHz+ l-SHA,
следовательно, Нг + Н2 + Нз + Н+ = Н = const, что и требовалось
доказать. Q
• Упражнение 93. Верно ли, что если сумма расстояний от произвольной точки,
взятой внутри тетраэдра, до его граней постоянна, то этот тетраэдр правильный?
В В
Рис. 9.10 Рис. 9.11
Утверждение следующего примера является пространственным
аналогом свойства биссектрисы внутреннего угла треугольника.
Пример 9.7. Доказать, что биссектор двугранного угла при ребре
тетраэдра делит противоположное ребро на части, пропорциональные
площадям граней тетраэдра, лежащих на гранях этого угла.
Решение. Пусть биссектор двугранного угла при ребре АВ
тетраэдра ABCD пересекает ребро CD в точке Е (рис. 9.11). Обозначим
длины высот тетраэдров ABED и АВСЕ, опущенных из точек D

224
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
и С, через hx и h2 соответственно. Тогда -— = -— (почему?). По
ЕС /*2
теореме 5.2 о биссекторе двугранного угла расстояния от точки Е до
граней двугранного угла равны. Обозначим их через h. Тогда
Wabed 1 с ,
ЕЕ = *i = sABE _ Vabsi? = I^BZ>,/1 = 5лвр п
ЕС h2 Wabce Vabce X-SABC-h Sabc'
SAbe 3
§9.4. Вспомогательный многогранник
Рассмотрим же фигуру ту,
которая в другую пору
заставила бы нас в поту
холодном пробуждаться...
И. Бродский.
Пенье без музыки
Из курса алгебры Вам известен метод замены переменных при
решении уравнений и систем. Удачная замена позволяет решить задачу
красиво и коротко, однако ее выбор — это своего рода искусство.
Правда, существует несколько стандартных замен переменных,
помогающих решать целые классы алгебраических задач.
Сходная ситуация имеет место и в геометрии. Один из
эффективных приемов решения геометрических задач состоит в том, что
изучаемая конфигурация заменяется другой, более удобной. В этом
параграфе мы обсудим несколько стандартных геометрических замен.
При решении задач на прямые и плоскости в пространстве, если
заданная в условии конфигурация не связана с конкретным телом,
бывает полезно (в том числе, чтобы представить конфигурацию)
связать ее с каким-нибудь многогранником. Часто в качестве такого
многогранника выбирается куб.
Пример 9.8. Угол между двумя скрещивающимися прямыми
равен 60°. Точка М лежит на одной прямой, точка N — на другой,
причем расстояния от этих точек до общего перпендикуляра
данных прямых одинаковы и равны расстоянию между этими прямыми.
Найти угол между общим перпендикуляром и прямой MN.
Решение. Рассмотрим куб ABCDAi BiCiDx. Пусть одна из
данных прямых проходит через его вершины А и D, а вторая лежит
в плоскости грани AxBiCiDi и проходит через вершину Аг под
углом 60° к ребру AiDi (рис. 9.12). Тогда общим перпендикуляром к
этим прямым служит ребро ААг. Пусть его длина равна а. Поместим
точку М в вершину D куба. Тогда точка N лежит либо справа, либо

$9.4. ВСПОМОГАТЕЛЬНЫЙ МНОГОГРАННИК
225
слева от точки Ах (см. рис. 9.12) и удалена от нее на расстояние а.
Рассмотрим оба этих случая.
Если точка N лежит правее точки Ль то AAiNDx
равносторонний, следовательно, NDi = а. Искомый угол а между прямыми
АА\ и MN равен углу NMDU так как (;4j4i) || (MDi).
Треугольник ND\M прямоугольный и равнобедренный (LMD^N = 90°,
ND\ = MDi = а), поэтому а = 45°.
в.\ N сх
MiD)
Рис. 9.12
Рис. 9.13
Если точка N лежит левее точки А1г то AAtNDi
равнобедренный (A{N = AiDi = а) с углом 120° при вершине Ль следовательно,
NDi = ал/%. Искомый угол а равен углу NMD\. Его мы находим
из ANDiM:
= ^=V3,
следовательно, а = 60°. □
С помощью куба удобно изображать трехгранные углы, две грани
которых перпендикулярны.
Пример 9.9. Плоские углы трехгранного угла равны 45°, 45° и
60°. Через его вершину проведена прямая, перпендикулярная одной
из граней, плоский угол которой равен 45°. Найти угол между этой
прямой и ребром трехгранного угла, не лежащим в указанной грани.
Решение. Рассмотрим куб ABC'DA\BiC\Dx. Заданный в
условии трехгранный угол — это угол АВСВ\ (рис. 9.13), так как
LBAC = LBXAB = 45°, a LBXAC = 60° как угол
равностороннего треугольника АСВг. Прямая ААг перпендикулярна грани ABC,
следовательно, искомый угол — это угол A\AB\. Он равен 45°. □
Из планиметрии Вам известно, что иногда треугольник бывает
полезно достроить до параллелограмма (вспомните, как таким
способом можно вычислить длину медианы треугольника по трем его
сторонам, используя теорему о сумме квадратов диагоналей
параллелограмма). Подобно этому некоторые стереометрические задачи
8

226
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
легко решаются, если тетраэдр достроить до параллелепипеда (или,
образно говоря, «уложить тетраэдр в коробку»).
Обычно используют два способа достраивания. Первый способ
заключается в том, что три грани тетраэдра АХАВС, имеющие общую
вершину Л, достраиваются до параллелограммов (рис. 9.14). Затем
проводятся плоскости А\В\С\9 BXBD и CiCD, пересекающиеся в
точке Dx. Получается параллелепипед ABDC А\В\Ъ\С\ (рис. 9.15).
Тем самым наш тетраэдр оказывается «уложенным в угол коробки».
Рис. 9.14 Рис. 9.15
Рис. 9.16 Рис. 9.17
Другой способ состоит в проведении через каждое ребро
тетраэдра плоскости, параллельной противоположному ребру (рис. 9.16).
Получается параллелепипед, для которого ребра нашего тетраэдра
являются диагоналями граней. Назовем этот способ «укладыванием
в коробку по диагонали». :г,.
Заметим, что укладывать тетраэдр в угол коробки удобно, если
известны плоские углы при одной из его вершин, а укладывание по
диагонали предпочтительнее в задачах, где речь идет о
скрещивающихся ребрах тетраэдра.
Пример 9.10. В тетраэдре ABCD плоские углы при вершине А
прямые. Точка О удалена от всех вершин тетраэдра на
одинаковое расстояние. Доказать, что это расстояние равно длине отрезка,
соединяющего середины скрещивающихся ребер данного тетраэдра.

§9.4. ВСПОМОГАТЕЛЬНЫЙ МНОГОГРАННИК
227
Решение. Уложим тетраэдр в угол параллелепипеда ABKCDLMN
(рис. 9.17). Этот параллелепипед прямоугольный (так как плоские
углы при его вершине А прямые), следовательно, его диагонали
равны, а точка О их пересечения равноудалена от всех вершин
параллелепипеда (на расстояние, равное половине его диагонали).
Пусть отрезок PQ соединяет середины скрещивающихся ребер
тетраэдра ABCDy скажем, ребер ВС и AD. Тогда этот отрезок —
средняя линия треугольника AKD, поэтому PQ = - KD, т. е. длина
этого отрезка также равна половине диагонали параллелепипеда. □
Замечание. Попутно мы установили, что длины отрезков, соединяющих
середины скрещивающихся ребер тетраэдра с прямыми плоскими углами при вершине,
равны.
Пример 9.11. Длины двух скрещивающихся ребер тетраэдра
равны а и 6, расстояние между ними равно d, а угол между прямыми,
содержащими эти ребра, равен (р. Доказать, что объем тетраэдра V
равен -abd sirup.
о
Решение. Уложим данный тетраэдр в коробку по диагонали
(рис. 9.18). Пусть Vn — объем коробки (параллелепипеда). Тогда
V = -Vn (см. решение задачи из пункта а) примера 9.5, а также
замечание к нему). Величина Vn легко вычисляется через данные
Рис. 9.18 Рис. 9.19
задачи. Действительно, d — это длина высоты параллелепипеда; его
грань — параллелограмм с диагоналями аиби углом </> между ними.
Следовательно, Vn = ( -absimp) -d, V = -abdsixup. □
В некоторых задачах тетраэдр удобно заменять не
параллелепипедом, а треугольной призмой (рис. 9.19).
Пример 9.12? Тетраэдры ABCD и A\BxC\Di
расположены так, что Ах — точка пересечения медиан треугольника
всву вг е (acd), сг е {abd), dx g (abc)9 a e (5iCii>i),
В G (AxCiA), С G (ЛхЯхЯх), D G (ABxCi)9 а прямые BDU СВг
8*

228 ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
и DC\ делят пополам отрезки AC, AD и АВ соответственно (рис.
9.20а). Доказать, что прямые АВ, АС и AD делят пополам отрезки
DCu BDi и СВ\ соответственно.
Решение. Пусть К, Ь и М — середины отрезков АВ, АС и AD.
Докажем, что точка К является серединой отрезка £>Сх^Достроим
тетраэдр ABCD до треугольной призмы BCDEFA (рис. 9.206)*Так
как Я G (ЛхСхДх) и (ВОх)П[АС] = L, тоСг G (AxZ/B). Плоскость
AiLB проходит через середины сторон CD и AF параллелограмма
AFCD, следовательно, она содержит прямую BE. Значит, точка Е
Рис. 9.20
есть точка пересечения прямой DK с плоскостью A\LB, поэтому Е
и С\ — это одна и та же точка. Следовательно, прямая АВ пересекает
отрезок DC\ в его середине К.
Аналогично доказывается, что точки 1иМ- середины отрезков
BDX иСВг.П
Иногда бывает полезно заменять не тетраэдр параллелепипедом,
а наоборот, параллелепипед тетраэдром.
Пример 9*13. Из одной вершины прямоугольного
параллелепипеда проведены диагонали всех граней, проходящих через эту
вершину. Доказать, что сумма трех углов, образованных этими
диагоналями, взятыми попарно, равна 180°.
Решение. Пусть из вершины Вг прямоугольного
параллелепипеда ABCDAxBiC\Di проведены диагонали граней, сходящихся в
этой вершине. Соединив концы этих диагоналей, получим тетраэдр
ACBXDX (рис. 9.21).
Заменим параллелепипед этим тетраэдром. Нам достаточно
доказать, что сумма плоских углов при вершине тетраэдра равна
180°. Заметим, что ААВгС = AADXC, ACBrDx = ACADX и

§9.5. ЗАДАЧИ НА КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ
229
AABiDx = AACDl9 следовательно, LABXC = LADXC, LCBXDX =
= LCADX и LABxDx = LACDX. Ho LADXC + LCADX + LACDX =
= 180°, поэтому и LABXC + lCBxDx + lABxDx = 180°. П
Рис. 9.21 Рис. 9.22
В заключение приведем пример нестандартной замены
(рассматриваемая ниже задача очень похожа на предыдущую, но идея ее
решения совершенно другая).
Пример 9.14. Диагональ прямоугольного параллелепипеда
образует с его ребрами, выходящими из той же вершины, что и диагональ,
углы а, /3 и 7- Доказать, что а + /3 + 7 < 180°.
Решение. Расположим четыре равных прямоугольных
параллелепипеда так, как показано на рис. 9.22. Тогда LBOC = 2а,
LAOC = 2/3 и LAOB = 27- Точка О не лежит в плоскости ABC
(почему?), следовательно, по теореме о сумме плоских углов
трехгранного угла (теорема 5.7) 2а + 20 + 27 < 360°, т.е. а + (3 + 7 < 180°. □
§9.5. Задачи на комбинации многогранников
И от того, что что-то очень сложно, ты
не пытаешься это сделать? Научиться
холить вначале тоже было, тяжело, но ты
позанимался, и теперь, глядя tia гпебя, Аожет
■ ') : < показаться, что это все не трудно. « *
Р.Бах. Иллцзии
В этом параграфе мы приведем примеры решения задач, в которых
фйг^фируют сразу несколько многогранников. Обычно эти задачи
нестандартны, каждая из них требует индивидуального подхода к
своему решению и предъявляет высокие требования к
пространственному воображению решающего.
Трудно дать какие-то общие рекомендации, которые во всех
случаях могли бы облегчить решение подобных Задач, но кбе-что
посоветовать можно. Прежде всего, начинать решение такой задачи

230
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
нужно с изготовления хорошего чертежа, на котором отчетливо
видны все детали заданной в условии задачи конструкции. Особенно
это необходимо в задачах на пересечение многогранников. Кроме
того, мы надеемся, что соображения, на которых основаны решения
приводимых ниже задач, окажутся полезными при решении других
задач на комбинации многогранников.
Пример 9.15. Точка О — середина медианы тетраэдра объема V.
Найти объем общей части данного тетраэдра и тетраэдра,
симметричного ему относительно точки О.
Решение. Пусть точка О — середина медианы DDX тетраэдра
ABCD, а тетраэдр A\B\C\Di симметричен тетраэдру ABCD
относительно этой точки (рис. 9.23а). Точки Dn Dx являются вершинами
в в
а б
Рис. 9.23
многогранника, получающегося в пересечении рассматриваемых
тетраэдров. В каждой из этих вершин сходятся три его грани, причем
в точке D — три грани, содержащиеся в гранях ABD, BCD и
ACD тетраэдра ABCD, а в точке Dx — три грани,
содержащиеся в гранях AiBxDx, B\C\Di и AxCiDi тетраэдра AiBxCiDi.
Итак, рассматриваемый многогранник имеет шесть граней. Эти
грани попарно симметричны относительно точки О, следовательно, они
попарно параллельны. Поэтому общая часть наших тетраэдров
представляет собой параллелепипед (докажите это, используя теоремы о
параллельности прямых и плоскостей в пространстве и определение
параллелепипеда). Он получается из тетраэдра ABCD
отсечением трех тетраэдров, подобных ему с коэффициентом - (один из
них — тетраэдр A2BC2D2 — показан на рис. 9.236). Заметим, что
три этих тетраэдра попарно пересекаются по тетраэдрам, подобным
исходному с коэффициентом - (один из этих трех тетраэдров —

§9.5. ЗАДАЧИ НА КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ 231
A2B2D1D3 — показан на рис. 9.236). Поэтому искомый объем равен
Пример 9.16. Через середины двух параллельных ребер куба, не
лежащих в одной грани, проведена прямая, и куб повернут на 90°
вокруг нее. Найти объем общей части исходного куба и повернутого,
если ребро куба имеет длину а.
Решение. Разрежем куб пополам диагональной плоскостью,
перпендикулярной оси вращения. Получим две одинаковые призмы.
Рассмотрим одну из них и повернем ее на 90° вокруг данной оси.
Общая часть призмы и ее образа (рис. 9.24) будет состоять из прямо-
К
Вх . а/2
Рис. 9.24 Рис. 9.25
угольного параллелепипеда, в основании которого находится квадрат
со стороной а, и правильной четырехугольной пирамиды с тем же
основанием (докажите это, используя тот факт, что при поворотах на
углы, кратные 90°, многогранник, являющийся пересечением призм,
должен переходить в себя).
Найдем теперь высоту h параллелепипеда и высоту Н пи-
рамиды, обратившись к рис. 9.25: h = АА\ = А\Т = —-—,
Н = — h = -. Искомый объем равен V = 2 • (а? • +
+ И-|)-(,/Н)-Ао
Пример 9.17. Дана пирамида ABCD, в которой LABC =
= LBCD = LDAB = 90°, АВ = а. Вершины правильного тетраэдра
расположены на ребрах этой пирамиды так, что одно из ребер
тетраэдра лежит в грани ABDy а противоположное ему ребро лежит
в грани ABC и параллельно ребру АВ. Найти длину ребра этого
тетраэдра.
Решение. Пусть DE — высота пирамида! ABCD (рис. 9.26). Тогда
(AE)Jl(AB) и (EC)Jl(BC) (теорема о трех перпендикулярах),
следовательно, А ЕС В — прямоугольник. Обозначим рассматриваемый

232
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
правильный тетраэдр через MNPQ, а длину его ребра — через х.
Обратимся к рис. 9.27. (На этом рисунке (МR)±( AB), AMNP
правильный, Qi — его центр, лежащий на диагонали ЕВ
прямоугольника АЕСВ.) Тогда MR = ^, PQX = ^, РВ = |, RB = х
и AR = а — х. Обозначим величину равных углов 22ВА и CAB
QXP = 2>/3
РВ 3
через а. Из APQXB и AMAR найдем, что tga = -^-- = ——
и tga =
откуда
с>/3 2>/3
2(а-х)
, следовательно,
Рис. 9.26
Рис. 9.27
Рассмотрим более сложный пример, иллюстрирующий (как и
пример 9.17) алгебраический метод решения задачи на комбинацию
многогранников.
Пример 9.18? Точка D — середина ребра AxCi правильной
треугольной призмы ABCA\BiC\. Правильная треугольная пирамида
SMNP расположена так, что ее основание MNP лежит в
плоскости ABC у точка М лежит на продолжении отрезка АС, причем
СМ = -АС, ребро SN проходит через точку D, а ребро SP
пересекает отрезок ВВг в точке К. В каком отношении отрезок ВВг
делится точкой К?
Решение. Пусть О — проекция вершины пирамиды S на
плоскость ABC. Тогда отрезок ON проходит через середину Е отрезка
АС у а отрезок ОР — через точку В (рис. 9.28). Обозначим АВ = а,
ОЕ = Ху ОМ = у и О Я = z. Рассмотрим прямоугольный
треугольник ВЕМ (рис. 9.29). Точка О обладает тем свойством, что все
стороны этого треугольника видны из нее под одинаковыми углами
в 120°. Используя этот факт, а также то, что BE = ——, ЕМ = a

§9.5. ЗАДАЧИ НА КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ 233
(и, следовательно, ВМ = ——), запишем уравнения, получаемые
применением теоремы косинусов к АЕОМ и АВОМ:
а2 = х2 + у2 + ху,
-а2 = у2 + z2 + yz.
Рис. 9.28
Применим теорему синусов к АЕОМ:
а У
Рис. 9.29
следовательно,
УЗ/2 sin ЮЕМ'
z2-y = asmL0EM.
Теперь применим теорему синусов к АЕОВ:
ауД/2 _ z
у/Ъ/2 ~ sinlOEB'
но
sin ЮЕВ = sin (90° - ЮЕМ) = cos ЮЕМ,
(9.7)
(9.8)
(9.9)

234
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
следовательно,
z = acoslOEM. (9.10)
Возведем обе части уравнений (9.9) и (9.10) в квадрат и сложим
получившиеся уравнения:
2-y2 + z2 = a2. (9.11)
Исключив а из уравнений (9.11) и (9.8), получим
r + z' + yz= ^У + 4* >
или
%2+ ^z2-yz = 0.
5 ,2 ± 3 .2
16"
Разделив обе части полученного уравнения на у2 ф 0 и введя
переменную t = -, приведем его к виду
У
12*2 - Ш + 5 = 0.
Решениями последнего уравнения являются f i = - и t2 = 7 •
2 6
Рассмотрим отдельно оба этих случая.
Пусть - = -. Тогда из (9.8) находим, что у = а, и уравнение
(9.7) примет вид ж = —а. Так как по смыслу задачи х > 0, то этот
случай невозможен.
z 5 3
Пусть - = -. Тогда из (9.8) получаем, что у = -7= а. Следова-
у ь ^/13
тельно, z = - • -т=а = —т=а- Из (9.7) находим, что х = -т= а.
6 УП 2>/13 л/13
Обозначив SO = Я и AAi = Л, из подобия треугольников NDE и
NSO имеем ттт? = т^г» т.е. = — . Подставив найденные
NO SO у Н
значения х и у в последнее уравнение, получим, что Н = - Л.
Теперь из подобия треугольников jRTBP и SOP имеем -—- = -—,
ОС/ \Jл
т.е.
^ = £—±, откуда ifB = (l - -) Н = \к = -h. Следова-
Н у \ yj 6 4
1 3
тельно, КВ\ — ВВХ — KB = h— -h= -h. Окончательно получаем,
BK Л/2 1 „
410 IfST = злл = з- D

$9.5. ЗАДАЧИ НА КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ 235
В заключение приведем пример использования векторного метода
в задачах на комбинации многогранников.
Пример 9.19* В основании прямой призмы ABCDAiB\CiDx
лежит ромб ABCD с углом при вершине Ау равным 60°. Все ребра
призмы имеют длину а. Точка А' является ортогональной проекцией
точки Bi на плоскость DAiC\, а точка L — ортогональной проекцией
точки К на плоскость DDiCi. Найти объем пирамиды DCLK.
Рис. 9.30
Решение. Примем за основание пирамиды DCLK треугольник
CDL, лежащий в плоскости DDXC\ (рис. 9.30). Тогда отрезок KL —
высота этой пирамиды, так как (KL)L(DDiCi). Объем пирамиды
DCLK равен V = - SCdl • CD • LM • KL, где точка М —
ортогональная проекция точки L на прямую DC. Найдем длины отрезков
CD, LM и KL с помощью векторов. Выберем в качестве базиса
векторы т = С\В1у п = CiDx и р (см. рис. 9.30). Составим
«таблицу умножения» векторов этого базиса (табл. 9.1). Имеем
ЖК = Cj{ -Схв\ = х • dA[ + у • CJ) - Схв\ =
= х(т + п) + у(п + р) - га = (х - 1)га + (х + у)п + ур.
Таблица 9.1
т
п
Р
т
а2
а2
2
0
п
а2
2
а2
0
Р
0
0
а2

236 ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
Так как (51/ir)±(C1A1) и (B^lidD), то
(
ВХК -(m + n) = 0,
Bj{.(n + p) = 0.
С помощью найденного разложения вектора В\К по базису
{т,пур} и «таблицы умножения» базисных векторов, приведем эту
систему уравнений к равносильной:
(2х + у= 1,
Отсюда х = -, у = - -. Следовательно,
Ш= \(m + n)-j{n+p)= i(3m + 2n-p)-
Аналогично,
= | (-3m + (5z - 2)n + (5* + 1)р).
Из условий J^L • п = ifL • р = 0 находим, что z = — и< = --.
—► 3
Поэтому ATL = —(-2т + п) и
ATL = — v/(—2m + n)2 = — у/4т2 — 4 т • п + Я2 =
10 v v ' 10
= БУ4а2-4-т+а2 =
Зау/3
10 '
Наконец,
Ш = СМ -CL = uCD-(C^L-C^)= '?
= ип- zn-tp + p= lu- — J п + -p.
Так как LM • п = 0, то w = - и LM = -р, следовательно,
LM = - а. Искомый объем равен
v _ 1 6а За>/3 _ За3>/3
~~ 6 'а' 5 10 " 50 '

§9.6. ЗАДАЧИ
237
§9.6. Задачи
Готспер
...Не нахожу забавы в травле эайиев:
Достойнее охотиться на львов.
Нортумберленл
Чуть услыхал про трудную задачу,
Воображенье так уж и кипит.
В, Шекслир.
Король Генрих четвертый
9.1. В правильной треугольной пирамиде угол наклона бокового
ребра к плоскости основания равен плоскому углу при
вершине пирамиды. Найдите объем пирамиды, если длина ребра ее
основания равна а.
9.2. Линейный угол двугранного угла при боковом ребре
правильной четырехугольной пирамиды в два раза больше плоского
угла при вершине пирамиды. Найдите этот плоский угол.
9.3. В правильной четырехугольной пирамиде угол между боковым
ребром и плоскостью основания равен углу между боковым
ребром и плоскостью боковой грани, не содержащей это ребро.
Найдите этот угол.
9.4. Длина стороны основания правильной треугольной пирамиды
равна а. Пусть а — плоский угол при вершине пирамиды,
(3 — двугранный угол при основании, 7 ~~ Угол наклона
бокового ребра к плоскости основания, 6 — двугранный угол
при боковом ребре пирамиды. Найдите объем пирамиды в
каждом из следующих случаев:
a)cosa=-; 6)tg/? = 2; B)tg7=l; r)cos£=-.
9.5. В пирамиде SABC равны длины ребер SA, SB и SC,
LAS В = LAS С = 60°, LBS С = 90°. Докажите, что вершина
5 проектируется в середину отрезка ВС. '"'" м
9.6. В пирамиде SABC LAC В = 90° и (AC)±(BS). Докажите,
что вершина S проектируется в точку, лежащую на прямой
ВС.
9.7. Боковые ребра треугольной пирамиды имеют одинаковую
длину /. Два плоских угла при вершине пирамиды равны а, а
третий — /?. Найдите объем пирамиды.
9.8. В основании пирамиды SABC лежит треугольник, у которого
АВ = ВС = 20, АС = 32. Боковые грани пирамиды
наклонены к плоскости основания под углом 45°. Найдите объем
пирамиды.

238 ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
9.9. Основанием пирамиды SABC служит треугольник ABC, у
которого А В = а, ВС = Ь. Боковая грань, содержащая
сторону АС, перпендикулярна плоскости основания, а две другие
боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы.
Найдите отношение объемов пирамид SABC и SO ВС, где
О — основание высоты пирамиды SABC.
9.10. Дана правильная призма ABCDAXBXC\DX, в которой
АВ = a, AAi = 2а. Найдите:
a) p{Q\,BDC\), где Ох — точка пересечения диагоналей
основания AiBiCiDi\
б)р(АВиВС1).
9.11. В основании пирамиды лежит выпуклый многоугольник, а
площади ее боковых граней равны. Докажите, что сумма
расстояний от любой точки основания до плоскостей боковых
граней пирамиды есть величина постоянная.
9.12. Докажите, что если хг, х2, х3 и ж4 — расстояния от
произвольной точки тетраэдра до его граней, a hx, h2, h3 и hA —
длины соответствующих высот тетраэдра, то
^1 /*2 /*з ^4
9.13. На фани ABC тетраэдра ABCD взята точка О и через нее
проведены отрезки ОАи ОВх и ОС\, параллельные ребрам
DA, DB и DC, до пересечения с гранями тетраэдра.
Докажите, что
OAi , ОВх , ОСх
DA DB ' DC
= 1.
9.14. В тетраэдре ABCD плоские углы при вершине D прямые.
Пусть h — длина высоты тетраэдра, опущенной из вершины D,
а а, Ь и с — длины ребер, выходящих из этой вершины.
Докажите, что
Л2 а2 ^ Ь2 с2
9.15. Угол между двумя гранями трехгранного угла прямой, а
величина каждого плоского угла этих граней равна а. Найдите
величину плоского угла третьей грани.
9.16. Вершины В и С треугольника ABC лежат на разных
гранях двугранного угла величины 45° с ребром /. Сторона АС
перпендикулярна одной из граней и пересекает ее в своей
середине. Проекция отрезка ВС на другую грань параллельна
ребру / и по длине равна расстоянию от точки С до /. Найдите
углы треугольника ABC.

j 9.6. ЗАДАЧИ
239
9.17. Угол между двумя скрещивающимися прямыми равен 45°.
Точка М лежит на одной из них, точка N — на другой.
Длина общего перпендикуляра к этим прямым вдвое больше
расстояния от точки М до него и втрое меньше расстояния от
точки N до него. Найдите угол между общим перпендикуляром
и прямой MN.
9Л8. Дан треугольник LMN, в котором LLNM = 90°, LMLN =*
= 30°. Через точку L проведена прямая /, перпендикулярная
отрезку LN и не лежащая в плоскости LMN. На прямой /
взята точка F так, что LF = MN. Двугранный угол, гранями
которого являются треугольники LMN и LNF, равен 60°.
Найдите угол между прямыми LM и NF.
9.19. Сечение тетраэдра плоскостью, параллельной двум его
скрещивающимся ребрам и равноудаленной от них, имеет
площадь 5. Расстояние между этими ребрами равно h. Найдите
объем тетраэдра.
9.20? В тетраэдре площади двух граней равны Si и 52, а двугранный
угол между ними равен а; площади двух других граней равны
Q\ и Q2, a двугранный угол между ними равен /?. Докажите,
что
S\ + Si - 2SXS2cosa = Q\ + Q\ - 2QXQ2 cos/3.
92\. Длины двух скрещивающихся ребер тетраэдра равны а, двух
других скрещивающихся 6, двух оставшихся с. Найдите объем
тетраэдра.
9.22* Даны прямая а и точки А и В, находящиеся на равных
расстояниях от нее и такие, что АВ Jf a. Точки С и D симметричны
точкам А и В относительно а. Длины отрезков, соединяющих
середины скрещивающихся ребер тетраэдра ABCD, равны х,
у и z. Найдите объем тетраэдра ABCD.
9.23. Пусть.hi, Л2, Л3 и Л4 — высоты тетраэдра, а db d2 и d3 —
расстояния между его скрещивающимися ребрами. Докажите,
что
л? + л! + л§ + л* ~ </? + </! + </§•
9.24. Докажите, что сумма квадратов длин ребер тетраэдра в четыре
раза больше суммы квадратов расстояний между серединами
его скрещивающихся ребер.
9.25. Прямая / проходит через середины ребер АВ и CD тетраэдра
ABCD. Плоскость а, содержащая /, пересекает ребра ВС
и AD в точках М и N. Докажите, что прямая / делит отрезок
MN пополам.

240
ГЛАВА 9. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
9.26. Докажите, что все грани тетраэдра равны1 тогда и только тогда,
когда:
а) отрезки, соединяющие середины скрещивающихся ребер,
попарно перпендикулярны;
б) площади всех граней равны.
9.27. Сколько осей симметрии имеет правильный тетраэдр?
9.28. Дан куб с ребром а. Найдите объем общей части трех
четырехугольных призм, у которых вершины расположены в серединах
сторон двух противоположных граней куба.
9.29. Точка О — центроид тетраэдра ABCD объема V. Тетраэдр
A\B\C\DX симметричен тетраэдру ABCD относительно
точки О. Найдите объем общей части этих тетраэдров.
9.30? Тетраэдры A BCD nAiBxCiDi расположены так, что у
каждого из них все вершины лежат в плоскостях соответствующих
граней другого тетраэдра (т.е. А £ (BiC\Di)9 В G (AiCiDx) и
т.д.). Кроме того, Ах — точка пересечения медиан
треугольника BCD, а прямые BDX, СВг и DC\ делят пополам отрезки
АС у AD и АВ соответственно. Найдите объем общей части
тетраэдров, если объем тетраэдра ABCD равен V.
9.3it Правильный тетраэдр объема V повернут вокруг прямой,
проходящей через середины его скрещивающихся ребер, на угол а
(0 < а < 7г). Найдите объем общей части исходного тетраэдра
и повернутого.
9.32* Ребро куба равно а. Куб повернут вокруг своей диагонали на
угол а (0 < а < 7г). Найдите объем общей части исходного
куба и повернутого.
9.33. Объем правильной четырехугольной пирамиды SABCD
равен V. Высота SR пирамиды является ребром правильного
тетраэдра SPQR, плоскость грани PQR которого
перпендикулярна ребру SC. Найдите объем общей части этих пирамид.
9.34* Объем правильной призмы АВСАХВХС\ равен V. Точка
N — центр грани ВВХСС\. Объем общей части двух призм:
ABCAiBiCi и призмы, симметричной ей относительно пря-
2
мой AiN, где N — центр грани BBiCxCy — равен -V.
Найдите отношение ААХ : АВ, если известно, что оно
меньше >/3.
9.35. В тетраэдре два скрещивающихся ребра перпендикулярны, их
длины равны а и 6, а расстояние между ними равно с. В
1 Такие тетраэдры называются равногранными.

|9.6. ЗАДАЧИ
241
тетраэдр вписан куб так, что его четыре ребра
перпендикулярны этим двум ребрам тетраэдра, и на каждой грани тетраэдра
лежат ровно две его вершины. Найдите длину ребра этого куба.
9.36? В тетраэдре ABCD ребра АВ и CD перпендикулярны,
АВ = a, CD = Ь. Отрезок, соединяющий середины ребер
АВ и CD, перпендикулярен им, а его длина равна с.
Вершины правильного тетраэдра лежат на поверхности тетраэдра
ABCD, одно из его ребер параллельно ребру АВ, другое —
ребру CD. Найдите длину ребра тетраэдра AiBiCiDx.
9.37? Все вершины правильной пирамиды SABCD (5 —
вершина) расположены на ребрах правильной пирамиды QMNP с
основанием MNP. Известно, что плоскость ABC
перпендикулярна плоскости QMN. Найдите отношение объемов этих
пирамид.
9.38? Длина ребра куба ABCDAxBiCiDi равна а. Точка Е —
середина ребра AD. Одно ребро правильного тетраэдра лежит
на прямой EDU другое — на прямой, проходящей через точку
Ах и пересекающей прямую ВС в точке R. Найдите длину
ребра тетраэдра и длину отрезка BR.
9.39? Докажите, что в деревянном кубе можно вырезать отверстие,
через которое может пройти точно такой же куб.
9.40? Можно ли из деревянного куба с единичным ребром вырезать:
а) два;
б) три
правильных тетраэдра с единичным ребром?

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
Глава 1
1.1. Указание: примените метод математической индукции.
1.2. а) Необходимое, но не достаточное; б) необходимое и достаточное.
1.3. Неверно.
Глава 2
2.1. Задача не имеет решения, если точка М лежит в одной из двух параллельных
плоскостей, проходящих через данные прямые, но не лежит на данных прямых.
2.2. Не всегда. Бесконечно много. Не через любую.
23. Верно.
2.5. а) Может; б) может; в) не может.
2.6. а) Не может; б) не может; в) может. Указание, проекция должна иметь центр
симметрии.
2.11. Не может.
2.12. а) Треугольник, четырехугольник, пятиугольник, шестиугольник; б)
правильный треугольник, квадрат, правильный шестиугольник. Указание, у куба шесть
граней, которые попарно параллельны.
2.13. Не может. Указание воспользуйтесь теоремой Пифагора и теоремой
косинусов.
2.14? Указание, пусть SABCD — данная пирамида, a KLMNO — данное
сечение (К € \АВ\% L G [ВС], М G [5C], N 6 [SDh О € [SA]); спроектируйте
пирамиду на плоскость, проходящую через точку S и середины ребер AD и ВС.
2.15. Указание если Р = (AB)n(AiB\), Q - (ВС)Г\(В\С\\ М - (AD)n(PQ),
N = (CD) П (PQ)f то Dx - (AXM) П (C|tf).
2.16. Указание, достаточно через точку М на ребре АВ тетраэдра ABCD
провести плоскость, параллельную его ребрам АС и BD.
2.17. 3.
2.18. Если в тетраэдре ABCD AD - о, ВС * 6, a MNPQ — ромб (М € [АВ],
tf G [BD)9 P G [CI>], Q G [АС]), то AM : MB = AQ : QC = DP : PC =
= DN:NB-a:b.

ГЛАВА 3
243
2.19. Указание, искомая плоскость параллельна линиям пересечения
противоположных боковых граней пирамиды.
2.20. Указание: для доказательства неравенства р > 2 рассмотрите развертку
тетраэдра; для доказательства неравенства р < 3 покажите, что если параллельно
перемещать плоскость сечения, то его периметр будет линейной функцией.
2.21. »£.».
18
2.22. 1 : 1.
2.23. 5:1, считая от вершины В.
2.24. Ъ£аг.
16
2.25. lq.
2.26. Ь£аЬ.
16
2.27. 25 : 20 : 9.
2.28. 2 : 3, считая от вершины S.
2.29. Ребро SA делится в отношении 3 : 2, считая от точки А; ребро SB — в
отношении 2 : 1, считая от точки В; ребро AD — в отношении 3 : 1, считая от
точки А. Указание, см. пример 2.14; сечение проходит через точку С.
2.30. -2- (л/5 + 2) л/4Ь2 + За2. Указание, сечение — трапеция; cos 36° в .
2.31. 3. Указание, проведите через два из данных отрезков, параллельных двум
скрещивающимся ребрам тетраэдра, плоскость, и докажите, что сечение тетраэдра
этой плоскостью — параллелограмм.
2.32. Указание, представьте данную в условии задачи конфигурацию как
изображение треугольной призмы (пирамиды) и ее треугольного сечения.
2.33. Указание, см. пример 2.16.
25
2.34. —. Указание, представьте данную в условии задачи конфигурацию как
изображение тетраэдра и двух его сечений.
Глава 3
3.2. М — точка пересечения медиан тетраэдра ABCD. Указание, воспользуйтесь
векторным равенством, полученным в примере 3.3.
3.3. Указание, докажите, что , где N — середина
произвольной бимедианы.
3.4. См. указание к задаче 3.2.
3.5? Указание, введите базис S = АВ, Ь = АС, с в A3 и получите
необходимое и достаточное условия для того, чтобы произвольная точка X такая, что
= Ха + fib + рс, принадлежала плоскости KLM.
3.6? Указание, воспользуйтесь тем, что правильные пятиугольники OABCD и
0\A\B\C\D\ подобны, а также признаком компланарности.
3.7. 1: 2.
3.8. a) arccos —=; б) arccos —==.
-Л тт 12
3.9. Два решения: arccos - и arccos -.

244 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
ЗЛО. Два решения: а и За.
3.11? Такого тетраэдра не существует. Указание: если получились значения
AD = ау/3 или AD = —=., убедитесь, что при этом не все условия выполнены.
3.12. - у/ЗЬ2 — о2. Указание, воспользуйтесь формулой (3.3).
3.13. Не существует. Указание, разложите четвертый вектор по первым трем и
воспользуйтесь условием перпендикулярности.
3.14. х — arccos -.
3
3.15. Середина отрезка PQ, где Р и Q — середины отрезков А В и CD (если Р
и Q совпадают — это и есть искомая точка).
3.16. См. указание к задаче 3.2.
3.17. Указание, пусть А В - а, Ж7 = 6, CD = с. Выразите все векторы, входящие
в доказываемое равенство, через о J и с.
3.18. Указание, воспользуйтесь результатом задачи 3.17.
Глава 4
4.1. Указание, воспользуйтесь теоремой о трех перпендикулярах (см. также
пример 4.3).
4.2. Указание, воспользуйтесь признаком перпендикулярности прямой и
плоскости, а затем теоремой о трех перпендикулярах.
4.3. то : п.
4.4. Вообще говоря, неверна.
4.5. 2V. Указание, докажите, что объемы тетраэдров МКТР и МАКР равны
и вдвое больше объема тетраэдра MCAD.
4.6. \Qh.
4.7. 11 : 5.
4.8. 7 : 20.
4.9. Указание, разбейте поверхность многогранника на треугольники с
вершинами в вершинах многогранника, а затем разбейте многогранник на две пирамиды и
несколько тетраэдров, соединив точку, равноудаленную от его оснований, с
вершинами.
4.10. Указание, если АА\ e BB\ e СС\, то данный многогранник — треугольная
призма, для которой формула справедлива; общий случай сводится к этому частному
с помощью дополнительного построения.
4.11. Указание, воспользуйтесь теоремой о трех перпендикулярах и результатом
примера 4.7.
4.12. а) Указание, пусть К, L, М и N — середины ребер ABf BCt OD и
DA\ докажите, что (AC)Jl(BD) <& KM = LNt а затем воспользуйтесь результатом
примера 4.7. б) Указание, с помощью векторов докажите, что в тетраэдре суммы
квадратов двух пар скрещивающихся ребер равны тогда и только тогда, когда третья
пара скрещивающихся ребер перпендикулярна.
4.13. Ортоцентрические (и только они).
4.14. Указание, сечение — правильный шестиугольник.
4.15. Ь£.
4
4.16. Указание, см. пример 4.8.

ГЛАВА 5
245
4.17. а) — а2, сечение — пятиугольник; б) а2, сечение — четырехугольник.
4 24
4Л8. -L.
4.19. |.
4.20. 1,±
4'n/3
4.21. a) arccos^, 2^*; б) ^.
"ll ' ' 4 у/2 _ 4 " '> ' '*
4.22. a) arccos -, —; б) -. . , .
4.23. Всегда. "'
4.24: arcsin —.
4.25. arcsin —.
9
4.26. \1 -а. Указание, см. пример 4.14.
2\/б
4.27. а) Вообще говоря, неверно; б) arccos (> 45°!). Указание, если АО = х,
х2 + 2 2>/б 6(х2 + 1) + (х2 + 8)
тосову>= — = -1- • ■
>/х4 + 9х2 + 8 7 2^/б(х2 + 1)(х2 + 8)
Глава 5
5.1. См. пример 5.1.
53. 1: 3. Указание, если /Г — середина ребра АА\, то (CK)L(C\MN).
5.4. 1 : 2, считая от 5.
5.5. Независимо от tp указанная величина угла изменяется от 0 до т.
5.6. В двух случаях: если oil.fi или ог±6, где Ь — прямая, параллельная биссек-
тору Р и перпендикулярная ребру двугранного угла.
£.7. Указание, искомое отношение равно отношению высот, опущенных из
концов отрезка на биссекторную плоскость.
5Лш arccos —=. . ...
5.9. -
5.10. arccos —. Указание, см. пример 5.2.
5.11. —. Указание: наименьший из углов между прямой А\С\ и прямыми,
о '
лежащими в плоскости, перпендикулярной прямой CDu является угол между AiCi
и ее проекцией на эту плоскость.
7 ;
5.12. —. Указание, введите в рассмотрение угол между (АА\) и перпендикуляром
к плоскости сечения и воспользуйтесь результатом упражнения 5.2 и формулой (5.1).
5.13. 1 + cos or. Указание, примените формулу (5.1).
5.14. 2 cos or.

246
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
5.15. а . Указание, рассмотрите отдельно случаи, когда проекция треугольник и
четырехугольник.
5.16? Указание: убедитесь, что площадь проекции куба ABCDA\B\C\D\ на
искомую плоскость равна удвоенной площади проекции треугольника ACDu a
длина его проекции на искомую прямую совпадает с проекцией диагонали B\D на
эту прямую.
5.17? Указание-, возьмите на ребрах трехгранного угла по точке так, чтобы
рассматриваемые плоскости пересекали выбранный треугольник по его медианам.
5.18. Указание, воспользуйтесь тем, что рассматриваемые плоскости есть
геометрические места точек, равноудаленных от пар сторон плоских углов данного
трехгранного угла.
5.19. Нет, не любой.
5.20. arcsin ^/sin (a + 0) sin (a — /?).
5.21. arcsin
( г . . \
5.23. "'""Г, т;0<«< i.
4i + i)8in(i-i)
5.24. arctg \fl.
5.25. 2 arccos 5- , — < a < т.
2sin - 3
2
5.26 arccos -.
6
5.27. 3>/3a.
Глава 6
6.3. -к. Указание, если SABCD и PBEFC — правильные четырехугольные
пирамиды, все ребра которых равны, а основания ABCD и BEFC лежат в одной
плоскости, то BCSP — правильный тетраэдр.
6.5. 5. Указание, см. задачу 6.3.
6.6. Не обязательно.
6.7. а) Указание, если просуммировать количества ребер по всем граням, то
получится удвоенное количество ребер многогранника; б) Указание, если
просуммировать количества ребер по всем, вершинам, то получится удвоенное количество
ребер многогранника.
6.8. Указание: пусть А — число ^-угольных граней многогранника, а
Вк — число его вершин, в которых сходится к ребер; докажите, что
2Р = ЗЯз + 4Ва + 5В$ + ... в ЗГз + 4Л + 5Г5 + ..., а затем воспользуйтесь
теоремой Эйлера.
6.9. См. задачу 6.8.
6.10? Нет. Указание, докажите сначала, что в некоторой вершине такого
многогранника, если он существует, должно сходиться не менее четырех граней.
6.11. п-6,8,9,... (п>5, п?7).
6.12? Неверно. Кроме правильного октаэдра условию удовлетворяет правильная
треугольная призма, все ребра которой имеют одинаковую длину.

ГЛАВА 7 247
Глава 7
7.1. Прямая, перпендикулярная плоскости трапеции и проходящая через центр
описанной около нее окружности (ср. с утверждением IV).
7.2. Плоскость, параллельная данным прямым и делящая их общий
перпендикуляр в отношении к (ср. с примером 7.6).
7.3. Указание, рассмотрите два случая взаимного расположения данных
плоскостей; в каждом из этих случаев решите соответствующую плоскую задачу (заменив в
формулировке плоскости прямыми).
7.4. Если п — число сторон данного многоугольника, то при п ■ 3 искомое
ГМТ состоит из четырех прямых, перпендикулярных плоскости треугольника *
проходящих через центры вписанной и вневписанной в него окружностей. При п = 4
искомое ГМТ состоит из прямых, перпендикулярных плоскости четырехугольника
и проходящих через центры вписанной и вневписанной в него окружностей (если
обе эти окружности существуют; если существует только одна из них, то в ГМТ
входит только одна из указанных прямых; в противном случае искомое ГМТ —
пустое множество). Если п > 5 и в п-угольник можно вписать окружность, то
искомое ГМТ — прямая, перпендикулярная плоскости п-угольника и проходящая
через центр вписанной окружности. В противном случае искомое ГМТ — пустое
множество.
7.5. Окружность, лежащая в плоскости, параллельной обеим данным прямым и
проходящей через середину О их общего перпендикуляра длины h. Центр
окружности лежит в точке О, а радиус равен - у/а1 — Л2.
7.6. Если А — данная точка, В — ее проекция на данную плоскость, С — точка
пересечения рассматриваемых прямых, то искомым ГМТ является окружность с
диаметром ВС (вырождающаяся в точку, если В = С).
7.7. Если А и В — данные точки, то искомым ГМТ является сфера с
диаметром АВ.
7.8. Если SABC — рассматриваемая пирамида, К — середина ребра ВС, L —
середина ребра AD, а отрезок KL не меняет своей длины, то искомым ГМТ
является сфера с центром в точке О, симметричной точке А относительно точки К,
и радиусом 2KL (исключая точки этой сферы, лежащие в плоскости ABC).
7.9. Если точка К — середина отрезка ВС, а точка Э\ такова, что D\K в ЪВК,
то искомым ГМТ является сфера с центром в точке D\ и радиусом 30D (исключая
точки этой сферы, лежащие в плоскости D\BC).
7.10. Внутренность треугольника А\В\С\% у которого точки А, В и С являются
серединами сторон.
7.11. Внутренность шестиугольника, стороны которого проходят через вершины
треугольника ABC перпендикулярно его сторонам.
7.12. Пусть Р и Q — точки пересечения противоположных сторон
четырехугольника ABCD, а К и L — точки пересечения его диагоналей с прямой PQ. Тогда
искомым ГМТ будут: а) сфера с диаметром KL; б) пересечение сфер с диаметрами
PQ и KL. Указание, см. пример 7.2.
7.13. Прямая. Если отказаться от условия параллельности плоскости, то
получится все пространство.
7.14. Указание, сделайте развертку куба.
7.15. Внутренность правильного октаэдра с вершинами в серединах ребер данного
тетраэдра.

248
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
Глава 8
5.2. Нет. Более того, если А и В — неподвижные точки перемещения, то (АВ) —
прямая неподвижных точек.
8.3. Обязательно.
8.4. Указание: три сферы с радиусами ХАУ XBt XC и центрами А, В, С
пересекаются, вообще говоря, в двух точках, симметричных относительно плоскости ABC,
из которых ровно одна удалена от точки D на расстояние XD.
8.5. Указание, докажите, что центр шара — неподвижная точка.
8.6. Указание, поворотом около оси I переведите точку В в плоскость,
проходящую через точку А и прямую I так, чтобы точка А и образ точки В были по разные
стороны от I.
8.7. Указание, если а || /?, искомое перемещение — параллельный перенос, если
or Jf ft — поворот.
8.8. Указание, докажите, что Ф симметрична относительно прямой, проходящей
через точку пересечения данных осей симметрии и перпендикулярной к ним.
8.9. Указание, зафиксируйте какую-нибудь ось симметрии / и докажите, что при
симметрии относительно I ось симметрии переходит в ось симметрии.
8.12? Указание, докажите, что для любой грани найдется центрально
симметричная ей грань, а затем докажите, что все центры симметрии пар граней совпадают.
8.13! Указание, докажите, что все шесть плоскостей проходят через точку,
симметричную точке N относительно точки пересечения медиан тетраэдра.
8.14? Указание, пусть О — точка, равноудаленная от всех вершин тетраэдра,
М — точка пересечения его медиан, О' — точка, симметричная О относительно М.
Докажите, что все шесть плоскостей проходят через точку О'.
8.15. Указание, отразите точку В симметрично относительно or.
8.16. Указание, отразите точку С симметрично относительно а и /?.
8.17. 9. Указание, если а — плоскость симметрии данной фигуры, то либо все три
прямые симметричны относительно а, либо одна прямая симметрична относительно
or, а две другие симметричны друг другу.
8.18. Указание, докажите, что рассматриваемые части центрально-симметричны.
8.19. См. задачу 8.18.
8.21. а) Указание, рассмотрите сечение плоскостью, перпендикулярной линии
пересечения, и воспользуйтесь соответствующим планиметрическим утверждением;
б) Указание, искомые плоскости проходят через ось поворота и образуют друг с
другом угол, вдвое меньший угла поворота.
8.23? Указание, пусть Р — данное перемещение, Л» (t в 1, ...,4) — образы
четырех точек, не лежащих в одной плоскости, при перемещении Р. Укажите к < 4
симметрии относительно плоскостей Sk таких, что преобразование Si о... о Sk • Р
оставляет точки А% неподвижными.
8.24. Указание, воспользуйтесь композицией двух симметрии относительно
плоскостей.
8.25. Как и в случае двух окружностей на плоскости, центров гомотетии два —
внешний и внутренний.
8.29? Указание, «замостите» пространство правильными тетраэдрами и
правильными октаэдрами; докажите, что если преобразование пространства сохраняет
расстояние г, то оно сохраняет правильный тетраэдр и правильный октаэдр с ребром г.

ГЛАВА 9
249
Глава 9
,1# 24
9.2. arccos .
9 J. arctg
л
9.4. — во всех случаях.
9.5. Указание: покажите, что IB AC = IBSC = 90°, и воспользуйтесь
теоремой 9.1.
9.6. Указание-, докажите, что высота пирамиды лежит в плоскости BSC.
2 Y 2
9.7. - / sin — \/cos2 — — cos2 а. Указание, рассмотрите три случая — основание
высоты лежит внутри основания пирамиды, вне основания пирамиды, принадлежит
ребру основания пирамиды.
9.8. ^,768 или 3072.
лл1 * b Ь ^ . а а ^г
9.9. -, если а = о; или , если а > 6; или , если а <Ъ.
2 а+6 а - 6 а + 6 6-а
9.10. —. Указание, см. пример 9.5.
9.11. Указание, см. пример 9.6.
9.12. Указание, разрежьте тетраэдр на четыре пирамиды, общей вершиной
которых является данная точка; указанная сумма есть сумма отношений объемов этих
пирамид к объему тетраэдра.
« 1, v ОА\ VoBCD ОВ\ VOACD ОС\
9.13. Указание, докажите, что —— - „ , —— - „ и —— *
DA VABCD DB Vabcd DC
ж Vqabd
Vabcd
9.14. Указание: выразите объем тетраэдра двумя способами и воспользуйтесь
результатом примера 5.3.
9.15. arccos (cos2 а). Указание: расположите данный трехгранный угол на кубе.
9.16. Все углы по 60°. Указание, нарисуйте вспомогательный куб.
9.17. arctg — . Указание, см. пример 9.8.
2
9.18. arccos -. Указание, разместите треугольник LMN на вспомогательном
кубе, поместив точку L в вершину А\у а точку N — в вершину А.
2
9.19. - Sh. Указание, уложите тетраэдр в коробку по диагонали.
9.20! Указание, достройте тетраэдр до треугольной призмы.
9.21. — \fl(a2 + ft2 - с2)(а2 + с2 - Ъ2)(Ъ2 + с2 - а2). Указание: пусть длины
ребер тетраэдра SABC равны SA - С В - a, SB = АС - Ь и SC - AS - с,
а вершины А, Б и С являются серединами ребер тетраэдра SMNK; замените
тетраэдр SABC на тетраэдр SMNK.
9.22. - xyz. Указание: уложите тетраэдр в коробку по диагонали.

250
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
9.23. Указание, пусть площади граней тетраэдра равны Si, 52, S3 и Sa. Уложим
его по диагонали в параллелепипед с площадями граней Pi, Pi и Рз. Докажите
сначала, что S? + Sf + S3 + Sj = Р\ + Р\ + Р?* затем разделите обе части этого
равенства на 9К2, где V — объем тетраэдра.
9.24. Указание:, уложите тетраэдр в коробку по диагонали и воспользуйтесь
теоремой о сумме квадратов диагоналей параллелограмма.
9.25. Указание, уложите тетраэдр в коробку по диагонали.
9.26. Указание, докажите сначала, что тетраэдр является равногранным тогда и
только тогда, когда параллелепипед, в который он уложен по диагонали,
прямоугольный.
9.27. 3. Указание, уложите правильный тетраэдр в куб по диагонали и
воспользуйтесь тем, что из девяти осевых симметрии, переводящих куб в себя, лишь три
переводят в себя тетраэдр.
9.28. - а3. Указание, общая часть — октаэдр.
9.29. - V. Указание, общая часть — октаэдр.
9.30! - V. Указание, воспользуйтесь результатом примера 9.12.
9.31!
9.32!
9.33.
8
V
1 + sin a '
За3
4-*(f=)
3v^-2„
21
9.34? yjl: 1.
9J5. оЬс
аб + 6с + са
\а Ь уДс) \а Ъ уДс) а Ъ y/ic
9.37! (20 - 14уД) : 1.
9.38! -4= а и 2а.
ч/15
9.39? Указание, рассмотрите проекцию куба на плоскость, перпендикулярную его
диагонали.
9.40! Можно.

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
Данный список довольно обширен, хотя и не претендует на полноту. Приведенные
здесь книги и статьи оказали влияние на авторов при написании этого пособия. В
тексте книги имеются ссылки лишь на некоторые из них. Во многих из
перечисленных ниже источников содержатся дополнительные сведения по некоторым разделам
курса.
Учебники и учебные пособия
1. Адамар Ж. Элементарная геометрия. Ч. II. Стереометрия. — М.: Учпедгиз, 1951.
2. Александров А.Д.* Нецветаев Н. Ю. Геометрия. — М.: Наука, 1990.
3. Александров АД., Вернер А. Л.у Рыжик В. И. Геометрия для 8-9 классов. Учеб.
пособие. — М.: Просвещение, 1991.
4. Александров А. Д., Вернер А. Л.у Рыжик В. И. Геометрия для 10-11 классов. Учеб.
пособие. — М.: Просвещение, 1992.
5. Атанасян Л. С, Бутузов В, Ф., Кадомцев С. Б. и др. Геометрия. Учебник для 7-9
кл. ср. шк. — М.: Просвещение, 1991.
6. Бескин Л. Н. Стереометрия. — М.: Просвещение, 1971.
7. Болтянский В. Г., Сидоров Ю. В., Шабунин М. И. Лекции и задачи по
элементарной математике. — М.: Наука, 1971.
8. Болтянский В. Г. Элементарная геометрия. Книга для учителя. — М.:
Просвещение, 1985.
9. Дорофеев Г. В., Потапов М. К, Розов Н. X. Пособие по математике для
поступающих в вузы. — М.: Наука, 1976.
10. Киселев А. П., Рыбкин К А. Стереометрия 10-11. Учебник и задачник. — М.:
Дрофа, 1995.
11. Клопский В.М., Скопец З.А, Ягодовский МИ. Геометрия: Учеб. пособие для 9
и 10 кл. ср. шк. /Под ред. 3. А. Скопеца. — М.: Просвещение, 1977.
12. Кутасов АД, Пиголкина Т. С, Чехлов В. #., Яковлева Т.Х. Пособие по
математике для поступающих в вузы /Под ред. Г. Н.Яковлева. — М.: Наука, 1981.
13. Лурье М. #., Александров Б. И. Пособие по геометрии. — М.: Изд-во МГУ, 1984.
14. Погорелое А. В. Геометрия: Учебник для 7-11 кл. ср. шк. — М.: Просвещение,
1992.

252
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
15. Ткачук В, В. Математика — абитуриенту. Т. I, II. — М.: Теис, 1994.
16. Шарыгин И.Ф., Голубев В. И. Факультативный курс по математике. Решение
задач: Учебное пособие для 11 кл. ср. шк. — М.: Просвещение, 1991.
Сборники задач
17. Антонов Я. Я, Выгодский М. Я., Никитин В. В., Санкин А Я. Сборник задач по
элементарной математике. — М.: Наука, 1968.
18. Белоносов В. С, Фокин М. В, Задачи вступительных экзаменов по математике в
НГУ. - Новосибирск; Изд-во НГУ, 1992.
19. Говоров В. М., Дыбов Я. Т., Мирошин Я. В., Смирнова С. Ф. Сборник конкурсных
задач по математике /Под ред. А. И. Прилепко. — М.: Наука, 1983.
20. Делоне Б. И., Житомирский O.K. Задачник по геометрии. — М.: ФизМатгиЗ,
1959.
21. Дятлов В. К, Дятлов Г В. Стереометрические задачи. — Новосибирск: Изд-во
НГУ, 1991.
22. Егерев В. К, Кордемский Б. А, Зайцев В. В. и др. Сборник задач по математике
для поступающих во втузы /Под ред. М. И. Сканави. — М.: Высш. шк., 1988.
23. Куштр I.A Трикугник i тетраедр у задачах. — Киев: Рад. шк., 1991.
24. ЛидскийВ. Б.9 Овсянников Л. В., Тулайков А Я, Шабунин М. Я., Федосов Б. В.
Задачи по элементарной математике. — М,: Наука, 1973.
25. Лоповок Л. М. Сборник геометрических задач для 10 класса. — Киев: Рад. шк.,
1979.
26. Лоповок Л. М. Факультативные задания по геометрии для 7-11 классов. — Киев:
Рад. шк., 1990.
27. Нестеренко Ю. В.% Олехник С Я, Потапов М. К Задачи вступительных
экзаменов по математике. — М.: Наука, 1983.
28. Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1. — М.: Наука, 1991.
29. Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 2. — М.: Наука, 1991.
30. Прасолов В. В., Шарыгин И. Ф. Задачи по стереометрии. — М.: Наука, 1989.
31. Фетисов А. Я. Геометрия в задачах. — М.: Просвещение, 1977.
32. Шарыгин Я. Ф. Задачи по геометрии. Стереометрия. — М.: Наука, 1984.
33. Шахно К. У. Сборник задач по элементарной математике повышенной
трудности. — Минск: Вышэйш. шк., 1969.
34. Шклярский ДО:, Ченцов Н.Н., Яглом ИМ. Избранные задачи и теоремы
элементарной математики. Ч. 3. Геометрия (стереометрия). — М: Гостехяздат,
1954.
Литература к отдельным главам курса
35. Александров И С. Введение в теорию групп. — М.: Наука, 1980.
36. Алексеев В. Б. Теорема Абеля в примерах и задачах. — М.: Наука, 1976.
37. Бескин Л. Я, Бескин В.Л. Многогранники. — Киев: Вища шк., 1984.
38. Бескин Я. М. Изображения пространственных фигур. — М.: Наука, 1971.
39. Васильев Я. £., Гутенмахер В. Л. Прямые и кривые. — М.: Наука, 1970.
40. Габович И. Г. Алгоритмический подход к решению геометрических задач. —
Киев: Рад. шк., 1989.
41. Гольдберг Я. Е. С чего начинается решение стереометрической задачи. — Киев:
Рад. шк., 1990.

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
253
42. Готман Э. Г., Скопец 3,Л. Решение геометрических задач аналитическим
методом. — М.: Просвещение, 1979.
43. Гусятников И Б., Резниченко С. В. Векторная алгебра в примерах и задачах. —
М.: Высш. шк., 1985.
44. Калужнин Л. А., Сущанский В. Я. Преобразования и перестановки. — М.: Наука,
1985.
45. Литвиненко В. Я Задачи на развитие пространственных представлений. — М:
Просвещение, 1991.
46. Скопец 3. А. Геометрические миниатюры. — М.: Просвещение, 1990.
47. Стинрод Я, Чинн У. Первые понятия топологии. — М.: Мир, 1967.
Олимпиадные задачники
48. Васильев Я. Б., Гутенмахер В. Л., Раббот Ж. М., Тоом А. Л. Заочные
математические олимпиады. — М.: Наука, 1986.
49. Васильев Н.Б> Егоров А. А. Задачи Всесоюзных математических олимпиад. —
М.: Наука, 1988.
50. Гальперин ГА, ТолпыгоАК. Московские математические олимпиады /Под ред.
А. Н. Колмогорова. — М.: Просвещение, 1986.
51. Конягин С. В,, Тоноян ГА, Шарыгин И. Ф. и др. Зарубежные математические
олимпиады /Под ред. И.Н. Сергеева. — М.: Наука, 1987.
52. Кюршак Й.у Нейкомм Д., Хайоги Д., Шурани Я. Венгерские математические
олимпиады. — М.: Мир, 1976.
53. Морозова Е.АУ Петраков И. С, Скворцов В. А Международные математические
олимпиады. — М.: Просвещение, 1976.
54. Страшевич С, Бровкин Е. Польские математические олимпиады. — М.: Мир,
1978.
55. Фомин Д. В. Санкт-Петербургские математические олимпиады. — С.-Пб.:
Политехника, 1994.
56. Яковлев Г. Я, Купцов Л.П., Резниченко СВ., Гусятников П.Б. Всероссийские
математические олимпиады школьников. — М.: Просвещение, 1992.
Статьи
57. Вавилов В. В. Сечения многогранников//Квант. — 1979. — № 1.
58. Вагутен В. Н. Правильные многогранники и повороты //Квант. — 1989. — № 10.
59. Габоеич И. Г Векторы помогают на экзамене//Квант. — 1979. — N* 1.
60. Габоеич И. Г Основные углы в правильной пирамиде//Квант. — 1986. — № 1.
61. Габоеич И. Г Теорема о трех синусах//Квант. — 1989. — № 9.
62. Габоеич И. Г., Горнштейн П. И. Скалярное умножение векторов //Квант. —
1978. - № 1.
63. Дубровский В. И. Неожиданный ракурс //Квант. — 1980. — JSfe 2.
64. Дубровский В. Н. Что скрывается за превращениями тетраэдра//Квант. — 1983. —
№7.
65. Дубровский В. Я, Шарыгин И. Ф. Геометрический стереоскоп //Квант. — 1993. —
N> 1/2.
66. Егерев В. К, Мордкович А Г. Правильная пирамида//Квант. — 1975. — N* 3.
67. Ионин Ю. Я., Некрасов В. Б. Вычисление расстояний и углов//Квант. — 1987. —
№ 1.

254
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
68. Кострикин А Я. Простые группы//Квант. — 1987. — № 2.
69. Крайзман М. Заменим фигуру//Квант. — 1979. — № 5.
70. Либерзон М. Р. Вспомогательный куб//Квант. — 1986. — № 5.
71. Матизен В. Э. Равногранные и каркасные тетраэдры//Квант. — 1983. — № 7.
72. Матизен В. Э.> Дубровский В. Н. Из геометрии тетраэдра//Квант. — 1988. — № 9.
73. Мельник Я. Где расположено основание высоты?//Квант. — 1980. — № 4.
74. Сосинский А. Б. Перемещения пространства//Квант. — 1980. — № 8.
75. Сосинский А. Б. Конечные группы //Квант. — 1987. — № 2.
76. Суконник Я, Горнштейн Я. Задачи на площади и двугранные углы//Квант. —
1977. - N> 12.
77. Чехлов В. Я Эти «коварные» векторы//Квант. — 1980. — № 12.
78. Шарыгин Я. Ф. Выход в пространство //Квант. — 1975. — № 5.
79. Шарыгин Я. Ф. Достраивание тетраэдра//Квант. — 1976. -№1.
80. Шарыгин Я. Ф. Чертеж в стереометрической задаче//Квант. — 1991. — № 5.

Учебное издание
КАЛИНИН Александр Юрьевич
ТЕРЕШИН Дмитрий Александрович
СТЕРЕОМЕТРИЯ 10
Научный редактор С. В. Резниченко
Редактор Е. Ю. Ходан
Оператор верстки В. Н. Федотов
Корректор О. И. Холодкевич
Художники А. В. Айхенбаум, М. В. Губко
Оформление обложки: Л. В. Уварова
ИБ№4
\ ЛР №064290 от 14.11.95. Подписано в печать 15.01.96. Формат 60x88/16.
[ Бумага офсетная № 1. Печать офсетная. Печ. л. 16. Уч.-изд.л. 16,24.
I Тираж 8000 экз. Заказ № 3607. С-001.
Издательство Московского физико-технического института
141700, г. Долгопрудный Московской обл., Институтский пер., д. 9
Отпечатано в Московской типографии № 2 РАН
121099, Москва, Шубинский пер., д. 6