В.Литвиненко
много
• ГРАННИКИ
Задачи и решения
В. Литвиненко
МНОГОГРАННИКИ
ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ
Москва
«Вита-Пресс»
1995
ББК 22.151.0я7
Л-64
Литвиненко В. Н.
Л-64 Многогранники. Задачи и решения: — М.: «Вита-Пресс»,
1995. - 192 с. - ISBN 5-88241-022-3.
Книга предназначена учителям математики и студентам мате-
матических специальностей педагогических вузов. Кроме того эта
книга представляет интерес для абитуриентов и учащихся, прояв-
ляющих повышенный интерес к изучению стереометрии.
Л 4306020502-017	ББК 22.151.0я7
66Б(03)-95
ISBN 5-88241-022-3
© Литвиненко В. Н., 1995
© Макет и оформление
йзд-ва «Вига-Пресо, 1995
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящее пособие предназначено учителю математики (для непо-
средственной работы на уроке, для внеклассной работы) и может быть
использовано студентами математических специальностей педагогиче-
ских вузов, а также абитуриентами и учащимися, проявляющими по-
вышенный интерес к изучению стереометрии.
В книге приводятся основные типы школьных задач, связанных с
вычислением расстояний и углов в многогранниках, а также площадей
поверхностей и объемов многогранников. И хотя, конечной целью в
каждой задаче является вычисление какой-то величины, основные труд-
ности, возникающие при решении, — это трудности геометрического
характера. Они заключаются в основном в необходимости выполне-
ния дополнительных построений (в частности, построения сечений мно-
гогранников).
По форме изложения книга представляет, по существу, практикум
ио решению задач: каждый параграф содержит некоторый теоретиче-
ский материал, общие рекомендации по решению задач этого парагра-
фа и решение типовых задач (их в книге более 100). Вместе с тем она
является и сборником задач: в конце каждого параграфа помещены
задачи для самостоятельного решения (их в книге около 600).
Подбирая (и составляя новые) задачи, автор стремился системати-
зировать их таким образом, чтобы охватить все основные типы школь-
ных геометрических задач и способы их решения. При этом, наряду с
традиционными способами, автор в некоторых случаях предлагает и
новые подходы к решению. Так, в книге показаны примеры примене-
ния координатного и векторно-координатного способов решения задач
(в частности, рассказывается и о векторно-координатном способе по-
строения сечений многогранника).
Отметим еще, что, учитывая специфику обучения, практически каж-
дую задачу автор дает в виде блока, содержащего три варианта (в
варианте а) - наиболее простая задача, в варианте б) - более трудная
и в варианте в) — „наиболее трудная задача). Учитель, сообразуясь с
уровнем подготовки аудитории, сам решит, каким уровнем трудности
следует ограничиться.
Особый интерес должен вызвать у читателя § 12, в котором рас-
сматриваются задачи с комбинациями многогранников (они публику-
ются впервые). Первые задачи этого параграфа довольно простые. Тем
не менее, решение их и тем более решение последующих задач требу-
ет проработки предыдущего материала и хорошо развитого простран-
ственного представления. Изготовление с учащимися моделей комби-
наций многогранников по задачам этого параграфа может быть темой
работы математического кружка.
3
ГЛАВА I
ВЫЧИСЛЕНИЕ РАССТОЯНИЙ
В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 1. Расстояние между двумя точками
Пусть точки V{ и У2 — это заданные точки, расстояние d между
которыми требуется вычислить.
Наиболее распространенным способом решения задач на вычисле-
ние расстояния d является так называемый, поэтапно-вычислитель-
ный способ. Суть его состоит в том, что отрезок включается, как
правило, с помощью дополнительных построений в какой-нибудь тре-
угольник. Затем, этап за этапом, выполняются необходимые подсче-
ты. Они зависят от роли отрезка У}У2 относительно треугольника, в
который этот отрезок включен.
Так, если отрезок является катетом или гипотенузой прямо-
угольного треугольника, то, подсчитав две другие стороны этого тре-
угольника (для чего может потребоваться включать их, в свою очередь,
в другие треугольники), пользуясь теоремой Пифагора, находят длину
отрезка У[У2. Если отрезок У^2 является средней линией некоторого
треугольника, то его длину находят, подсчитав длину соответствующе-
го основания треугольника. Если отрезок У^2 является медианой ка-
кого-то треугольника, то для вычисления его длины можно воспользо-
ваться теоремой: во всяком параллелограмме сумма квадратов диаго-
налей равна сумме квадратов всех его сторон.
Разумеется, для вычисления искомого расстояния может оказаться
целесообразным воспользоваться подобием треугольников. Возможны
и другие пути вычисления расстояния У^2.
Отметим еще, что в некоторых случаях вычислительная работа мо-
жет быть значительно уменьшена, если, используя особенности указан-
ной в задаче фигуры, задать в пространстве прямоугольную систему
координат.
Найдя в этой системе координаты (х^ у{\ zf) и (х2; у2, z2) соответст-
венно точек У} и У2, можно затем по формуле
d = 7 (*J - *2)2 + <У\ - Уг? + (г1 - г2)2
подсчитать искомое расстояние d. Рассмотрим примеры.
4
Пример 1 . На ребрах BBt, AD и
CD куба ABCDAiBiCiDi взяты соответст-
венно точки В2, Р и Q — середины этих
ребер, а на диагонали А,С( взята точка
/?! — такая, что А,/?,: А^ = 3 : 4. Считая
ребро куба равным а, найдем расстояния
между следующими парами точек:
а) В2 и /?,; б) Q и F — серединой отрез-
ка РР{; в) F — серединой отрезка PRt
и К, взятой на прямой ABt, такой, что
АК : АВ, = 3:2, причем точка В, лежит
между точками А и К.
Решение а) (рис. 1). Соединим точ-
Рис. 1
ку /?, с точками В, и В2, включив таким образом искомый отрезок В2/?(
в треугольник BjB^,. Ясно, что в этом треугольнике угол B2BlRl —
прямой и В,В2 = Проведем диагональ B)Z)1 и подсчитаем катет В,/?,
из прямоугольного треугольника	у которого
a J 2	I	a. J 2
♦ O[Rl — О1С1 ~	.
Получаем BtR^ = Ojtf + 0{R^ =
Теперь из прямоугольного треугольника B^^Ri находим, что
= Jb^ +в^ =
Таково искомое расстояние.
Решение б) (рис. 1). Соединим точку R{ с точками Р и Q, точку
Р с точкой Q и построим точку F — середину отрезка R{P. Таким
образом, искомый отрезок QF мы включили в треугольник PQR{. В
этом треугольнике отрезок QF является медианой.
Выполним далее дополнительные построения:
1)	построим диагональное сечение АСС[А[ куба; 2) в плоскости АСС{
через точку R{ проведем прямую R{R || CjC; 3) соединим точку R с
точкой Q.
Так как R{R || CjC и AlRl || AR, то AR = Ясно также, что пря-
мая RiR перпендикулярна плоскости АВС. Тогда прямая RQ — это
проекция прямой R{Q на плоскость АВС. Проведем еще прямую BD и
найдем точку О, в которой пересекаются прямые BD и АС.
5
Так как АО = | AC, AR = A.R, = у А,С, = у АС, то OR = 4 АС, т. е.
точка R — середина стороны ОС треугольника OCD. Кроме того, по
условию точка Q — середина стороны CD этого треугольника. Тогда
отрезок RQ — средняя линия треугольника OCD. Значит, RQ || OD, и,
следовательно, RQ 1 АС.
Так как, далее, точки Р и Q — середины’ соответственно ребер AD и
СО, то QP || АС. Но RQ1AC.
Таким образом, RQ 1 QP. Это значит, что и R{Q 1 QP. Итак, в тре-
1 *
угольнике PQR[ Z PQRi = 90°. Тогда искомое расстояние QF = -% PRr
Как нетрудно подсчитать,
PQ = ±ЛС = if-. Rfi - 7
т. е. PR. = ^PQ1 + ₽,<?’ -
D	ОС 1	“V26	"V26
В итоге получаем QF =	— — искомое расстояние.
Покажем теперь, как можно вычислить расстояние QF координат-
ным способом.
Воспользовавшись тем, что ребра ВА, ВС и ВВ{ куба равны и по-
парно перпендикулярны, зададим в пространстве прямоугольную сис-
тему координат (рис. 2). Вершину В куба примем за ее начало, а за оси
Вх, By, и Bz примем соответственно прямые ВА, ВС и BBi с направ-
лениями на них от точки В соответственно к точкам А, С и В,. В каче-
Рис. 2
стве единицы измерения примем от-
резок, равный ребру куба.
В этой системе координат находим:
В (0; 0; 0), А (а; 0; 0), С (0; а; 0) и
В{ (0; 0; а).
Находим далее координаты то-
чек Q и F. Получаем последова-
тельно: D(a; а; 0). Тогда Р (а;	0^
и Q^;a;o). Затем Д, (а; 0; а)
и С^О; а; а). Следовательно,
6
f» a) и так как точка R\ — середина отрезка ОАСЬ то
_ (а За )	f 5а 5а а )
/?11 j; у, о I, и затем г I у, у, 1. Таким образом,
[Та 5а)2	?	5а)2 а^
yVaTJ +1а-т] +т
Решение в) (рис. 3). Попыт-
ка найти расстояние KF без введе-
ния прямоугольной системы коор-
динат наталкивается на затяжные
построения и вычисления.
Зададим тогда в пространстве
прямоугольную систему координат
Bxyz так же, как это было сделано
в пункте б).
В этой системе координат име-
ем: В (0; 0; 0), А (а; 0; 0), С (0; а; 0),
В1 (0; О; а). Координаты точки F най-
| 5а 5а а)
дены в пункте б): I у, -у; I. Най-
дем еще координаты точки К. Для
этого в плоскости Вхг проведем че-
рез точку К прямую	Тог-
да ясно, что АТС’ 1 Bz. Далее, в пря-
моугольном треугольнике В{К'К
^KBiK'= ZABtAt = 45’, поэтому
Рис. 3
BtK' = КК'. Но из заданного соотношения АК : АВ1 =3:2 легко следу-
ет, что	= ~2^- Тогда ВуК' = КК' = у и, значит, точка
л имеет следующие координаты: I - ; 0; -у I.
Итак, мы получаем
а^ЙО
8
— искомое расстояние.
Пример 2. На ребрах ВС и ССА правильной призмы ЛВСЛ1В1С1
взяты соответственно точки D и С2 — середины этих ребер. Считая
7
Рис. 4
AB = AA{ - а, найдем расстояния до точ-
ки пересечения прямой A{D с плоскостью
АВС2 от следующих точек: a) б) С; в) СР
Решение (рис. 4). Прежде всего пост-
роим точку пересечения прямой A{D с плос-
костью АВС2. С этой целью построим вспо-
могательное сечение призмы какой-нибудь
плоскостью, проходящей через прямую
AJ). Например, плоскостью AA{D.
В сечении призмы этой плоскостью мы
получим четырехугольник ADDXAX, Плос-
кость вспомогательного сечения и плос-
кость АВС2 имеют две общие точки: А и
D2. Значит, они пересекаются по прямой AD2. Тогда, как нетрудно
доказать, точка Р, в которой пересекаются прямые AXD и AD2 — это
точка пересечения прямой A{D с плоскостью АВС2, Теперь можно пе-
рейти к вычислениям.
а)	(рис. 4). В результате проведенных построений отрезок А^, дли-
на которого является искомой, включен в треугольник AALP. При этом
ясно, что £>Z)j Ц ЛЛ,. Тогда треугольник AAtP подобен треугольнику
DD2P, и, следовательно,	Так как A4j = а и отрезок DD2
является средней линией треугольника ВСС2, т. е. DD2 = СС2 = то
= у. Тогда А,Р : A.D = 4 : 5.
Но из прямоугольного треугольника AtAD
AtD = ^АА^ + AD2
4	2а J 7
В итоге получаем АХР = - AXD = —. Это расстояние, которое требо-
валось вычислить.
б)	(рис. 4). Соединим точку С с точкой Р. Так как AD — медиана
равностороннего треугольника АВС, то ВС 1 AD, Ясно также, что так
как заданная призма — правильная, то ВС 1 DD^ Таким образом,
прямая ВС перпендикулярна двум пересекающимся прямым плос-
кости ADD{. Тогда ВС LA{D, и, следовательно, в треугольнике CDP
Z CDP = 90°. Будем вычислять длину СР, как гипотенузу этого прямо-
угольного треугольника.
8
Итак,
СР = /CD2 + DP2.
Так как CD = - ВС — и из полученного в пункте а) соотношения
4 л	1 . _ a J1
д{Р = - Ар следует, что DP = $ A {D = —, то
СР = И + Z^ =
II 4 + 100	5 ’
Это искомое расстояние.
в)	(рис. 4). Соединим точку С{ с точкой Р и будем искать расстояние
CjP из треугольника С^Р.
В этом треугольнике А{Р = и XjCj = а. Подсчитаем еще
cos CjXjP. Это нетрудно сделать, обратившись к треугольнику C^D.
В нем Ср =- СС2 + CD2 = -Цр-, т.е. известны все три его стороны.
Получаем
Ср* - Ар* + А.С* - 2Ар •	• cos C/jD,
или
5а2	7а2	2 Q а ft	Г Л г\
-г- = -л- + а - 2 •	• а • cos С>АР,
4	4	э
откуда
cos C.A.D — —Д=-.
1 1	2/7
Теперь, применяя теорему косинусов уже к треугольнику С^Р,
получим
CjP2 = СИ? + Л,Р2 - 2С1А1 • А,Р • cos СИИ.
или
Г' d2 2 I 28°2	о 2а /7	3
СИ2 = а2 + -тг---2а • -X- • —г,
1	25	5	2/7
откуда
„ а/23
с,р = 4-.
Таково искомое расстояние.
Пример 3. Два равных куба ABCDA[B[C[D[ и BEFKB1ElFlK[
расположены таким образом, что отрезок ВВ{ является их общим реб-
ром, вершина Е лежит в плоскости АВС по разные стороны от прямой
АВ с вершиной D, а угол АВЕ равен 45*.
Считая АВ = а, найдем расстояния от вершины Ci до следующих
точек: a) F\ б) К; в) L — середины отрезка АЕ{.
Решение (рис. 5). Пусть построен первый заданный куб
ABCDA{B{C{D{. Построение второго куба можно тогда выполнить,
принимая во внимание следующие соображения.
Так как Z АВЕ = Л DBA = 45°, то BE 1 BD. Но и АС 1 BD. Это
значит, что вершина Е лежит на прямой BE || АС.
Далее, так как Z.FBE - ЛАВЕ ~ 45*, то FB 1 ВА. Кроме того, и
СВ 1 ВА. Это значит, что вершины F, В и С лежат на одной прямой.
И, наконец, так как BE 1 ВК и BE 1 BD, то точки К, В и D лежат
на одной прямой.
Отметим еще, что отношение параллельных отрезков BF : ВС =
= у[~2 : 1 при параллельном проектировании сохраняется. Таким обра-
зом, если куб ABCDA[BlCiD[ построен так, что четырехугольник
ВСС{В} на изображении (т. е. на рисунке 5) является квадратом, то
отрезок BF можно взять просто равным отрезку ВС{. Построив вер-
шину F, построим затем параллелограммы BEFK, ВЕЕ[В[ и т. д.
Перейдем теперь к вычислительной работе.
а)	Соединим точку Ci с точкой F. Ясно, что в треугольнике C{CF
угол CjCf равен 90°, CCj = a, CF = а + а ^2. Тогда
ю
CLf = а2 + (а + afe) = а 4 + 2у[2 •
б)	(рис. 5). Соединим точку Ct с точками С и К. Ясно, что в тре-
угольнике CtC/< угол С{СК равен 90°, CCj = а, и из прямоугольного
треугольника СОК
СК2 - ОС2 + ОК2 -
(	I— 'I2
+	=а’(2+У2).
Тогда
С,К =
а2 + а2 (2 +	= а ^3 + ^2.
в)	(рис. 5). Чтобы избежать затяжных вычислений, подсчитаем рас-
стояние CjC координатным способом.
Итак, зададим в пространстве прямоугольную систему координат с
началом в точке В, как показано на рисунке 5. В этой системе коорди-
нат В (0; 0; 0), А (а; 0; 0), С (0; а; 0) и Bj (0; 0; а). Тогда С| (0; а; а).
Далее, так как EK 1 BF и АВ 1 BE, то ЕК || АВ. Поэтому ордината
1 aJ~2
точки Р равна ординате точки Е. Но BP - ? BF = —, и, с учетом
положительного направления оси By, получаем, что ордината точки
Е равна
Аналогично находим абсциссу точки Е. Итак, Е
Тогда £,
х	г 2 + J 2 ad 2 а
и, таким образом, L -У— а * - —— • —
К	4	4’2 В
В итоге получаем
С'£ = J(i(2+V2))' +
|77 + 3/2-
Итак, искомые расстояния:
CjF = а 4 + 2^2, С,К = ау/з + у/2 и	7 + 3^2 .
11
Задачи для самостоятельного решения
1.	Дан куб ABCDAlBlClDl с ребром, равным а. На прямой АС взя-
та точка Е — такая, что АЕ : АС = 2:1, причем точка С лежит между
точками А и Е, а на прямой АВ{ взята точка О — середина отрезка ABt
и точка F — такая, что AF : АВ{ = 3:2, причем точка В{ лежит между
точками А и F. Найдите следующие расстояния:
я) ED{; б) ЕО; b)EF.
2.	На ребрах AAh Л|В], AtDlt CD и BBt куба ABCDA^^D) взя-
ты соответственно точки К, L, М, Р и F — середины этих ребер. Найди-
те отношения, в которых плоскостью ADF делятся следующие отрезки:
а) КР; б) LP-, в) МР.
3.	В прямоугольном параллелепипеде ЛВСОЛ)В1С1£)| АВ = AAt =
= a, AD = 2а. На ребрах BBt, AD и CD взяты соответственно точки Р,
Q и R — середины этих ребер, а на отрезках АР, CtQ и С{Р взяты
соответственно точки К, L и М — середины этих отрезков. Найдите
следующие расстояния:
a) LM; б) KL; в) КМ.
4.	В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треуголь-
ник. Боковое ребро МВ перпендикулярно плоскости основания и АС =
= ВС = МВ = а. На ребре АВ взята точка D — середина этого ребра,
а в грани МВС взята точка Р — центр этой грани. Постройте прямую,
проходящую через точку Р, параллельно прямой MD и найдите рас-
стояния от точки пересечения этой прямой с плоскостью основания до
следующих точек:
а) С; б) Л; в) L — середины ребра Л С.
5.	В основании пирамиды MABCD лежит квадрат со стороной, рав-
ной а. Боковое ребро МВ перпендикулярно плоскости основания, и
МВ = АВ. На ребрах АВ и МВ взяты соответственно точки К и L —
середины этих ребер, и в треугольнике CKL проведена медиана CN, на
которой взяты точки Р и Q — такие, что CQ - QP = PN. Найдите
расстояния от точки О, в которой пересекаются диагонали основания
пирамиды, до следующих точек:
'.)Р; б) N; в) Q.
6.	Все плоские углы при вершине М правильной пирамиды
МАВС — прямые. На ребрах ВС и МС взяты соответственно точки L и
N — такие, что BL : ВС — CN : МС =1:4. Через точки Л, L и N
проведена плоскость. Считая боковое ребро пирамиды равным Ь, най-
дите расстояния от центра треугольника ALN до следующих точек:
а) М; б) В; в) С.
12
7.	На ребрах CD и CCt правильной призмы ABCDAfB^Di, боко-
вое ребро которой в два раза больше стороны ее основания, взяты
соответственно точки Е и С2. Считая АВ = а, найдите расстояния до
точки Р. в которой пересекается прямая АХЕ с плоскостью BDC2, от
следующих точек:
а) Др б) С; в) В,.
8.	На ребрах МА, CD и МС правильной пирамиды MABCD, боковое
ребро которой равно стороне ее основания, взяты соответственно точки
д Е и С| — середины этих ребер. Считая АВ = а, найдите расстояния
до точки Р, в которой пересекается прямая АХЕ с плоскостью ВОС|,от
следующих точек:
а) Др б) С; в)Л£
9.	Куб ABCDAXBXCXDX и правильный тетраэдр MCDE расположены
по одну сторону от плоскости АВС таким образом, что отрезок CD
является их общим ребром, а вершина Е лежит в плоскости АВС по
разные стороны от прямой CD с вершиной А. Считая АВ = а, найдите
расстояния от точки Dx — середины ребра MD тетраэдра — до сле-
дующих точек:
а) Др б) Р — середины диагонали BXD куба; в) £ — середины от-
резка С|£.
10.	Два равных правильных тетраэдра МХАВС и M2BDE располо-
жены по одну сторону от плоскости АВС таким образом, что точка В
является их общей вершиной, вершины D и Е лежат в плоскости АВС,
причем вершины D и А — по одну сторону от прямой ВС, а вершины Е
и Д — по разные стороны от этой прямой. Известно также, что угол
ABD равен 90°.
Считая АВ = 2а, найдите расстояния от вершины М। до следую-
щих точек:
а) Е; б) О2 — центра треугольника BDE', в) О1 — середины ребра
мр.
§ 2. Расстояние от точки до прямой
Для определения расстояния от точки W до прямой р можно, вы-
брав на прямой р какие-нибудь две точки, например, точки Ux и U2,
подсчитать стороны треугольника WUXU2, а затем его высоту WH. Сде-
лать это нетрудно, выражая U'/№ двумя способами. А именно, из пря-
моугольного треугольника WHUX : WH2 = WU2 - UXH2, а из прямо-
угольного треугольника WHU2 : WH2 = WU2 - U2H2. Таким образом,
WU? - UXH2 = WU% - U2H2	(*)
13
Из равенства (*) можно найти один из отрезков: U{H или U2H. За-
тем найти WH. Не останавливаясь здесь на доказательстве, отметим,
что с помощью равенства (*) предпочтительней находить больший из
этих отрезков. Ясно, что если, например, отрезок WU{ больше отрезка
UW2, то и отрезок L\H больше отрезка (/2/7. Сделав в таком случае в
равенстве (*) замену U2H2 =	~ U^)2, найдем отрезок U{H, а
затем и высоту WH.
В некоторых случаях для вычисления расстояния WH бывает целе-
сообразней выразить двумя способами площадь треугольника
WUJJ2. Например, так:
S = ± WH • UtU2 и S = | WUt • WU2 sin UtWU2.
Тогда из равенства
WH • UXU2 = WU{ • W2sin U{WU2
можно найти искомое расстояние WH. Рассмотрим примеры.
Пример 4. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA
на ребре взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре AD —
точка Q, такая, что Я(? : AD = 2:3. Считая АВ = AAl = a, AD = За,
найдем расстояние от вершины Dx до следующих прямых: а) АВ{,
б) PQ\ в) В2К, где точка взята на прямой АС, причем АК : АС = 3 : 2 и
точка С лежит между точками А и К, а точка В2 взята на прямой ВВ{,
причем ВВ2 : ВВ{ = 2 : 1 и точка В{ лежит между точками В и В2.
Решение а) (рис. 6). Соединим точку D{ с точками А и Ви лежа-
щими на прямой, до которой требуется найти расстояние от точки D{.
Подсчитаем теперь стороны полученного треугольника D{AB{. Нахо
дим, что AD{ = а <JTo, АВ{ = a и BiDi = а
Рис. 6
14
В результате подсчетов выяснилось, что AD{ — т. е. высота
треугольника D{AB{ совпадает с его медианой. Это несколько
упрошает дальнейшие вычисления. Проведем медиану D{H{.
Из прямоугольного треугольника AD{H{
D{HX = J AD2- АН2 = Юа2 -
Таково расстояние от вершины Di до прямой АВ{.
Решение б) (рис. 7). Соединим точку О, с точками Р и Q. Под-
считаем стороны треугольника D{PQ.
Из прямоугольного треугольника DfiQ D& = а ^2. Из прямо-
угольного треугольника A}D}P
D{P = A{D2 + А{Р2 =
В плоскости АВВ{ через точку Р проведем прямую РР' || A A j и точ-
ку Р' соединим с точкой Q.
Из прямоугольного треугольника PP'Q
PQ = ,1(РР')2 + P'Q2
и так как
(РР')2 = a2, P'Q2 = AQ2 + (АР')2 = 4а2 + y =
то получаем PQ = ——.
15
Если, далее, в треугольнике D{PQ DXH21. PQ, то D{P2 - PH2 =
= DiQ2 - QH2. Делая в этом равенстве замену QH% = (PQ - РН2)2
(QH2 < РН2, так как D{Q < DtP), получаем уравнение
/	.- \2
- РН%=2а2~ РН2 ,
4 z t Z )
из которого находим РН2 = Тогда искомое расстояние
DtH2 = Jd^-ph2 =
Замечание. Зная отрезки PQ и РН2, можно построить высоту
Д|//2 треугольника E^PQ. Для этого найдем отношение РН2 : PQ =
25а a JT1
=	:	2— = 25 : 21. Отношение длин параллельных отрезков при
параллельном проектировании сохраняется. Это значит, что точка Н2
на прямой PQ должна быть такой, чтобы отношение РН2 : PQ равня-
лось 25 : 21. Чтобы получить точку /^.проведем через точку Р вспомо-
гательный луч /. На этом луче выберем произвольную точку Е и по-
строим отрезки PQ' - 21 РЕ и РН'2 = 25 РЕ. Затем соединим точку Q'
с точкой Q и через точку Н'2 проведем прямую т || QQ'. Теперь постро-
им точку Н2 = т П PQ- Соединив точку Н2 с точкой D{, получим высоту
треугольника DtPQ.
16
Решение в) (рис. 8). Соединим точку Dt с точками К и В2. Под-
считаем стороны треугольника DXB2K. С этой целью зададим в прост-
ранстве прямоугольную систему координат. За ее начало примем, на-
пример, точку В, а за оси Вх, By и Bz примем соответственно пря-
мые ВА, ВС и ВВ, с направлениями на них от точки В соответствен-
но к точкам А, С и Вх. В качестве единицы измерения примем отрезок,
равный АВ.
В заданной нами системе координат получаем: В (0; 0; 0), А (а; 0; 0),
С(0; За; 0), В,(0; 0; а).
Найдем далее координаты вершин треугольника D{B2K. Получаем
О((а; За; а), В2(0; 0; 2a) и К '» у; о}.
Тогда
D'B2 = ^a2 + 9a2 + а2 = а /Й,
Л /г 17 “Y 77	2 а/22
пл = л ° + 2)+ [За _ tJ + а = 2~'
о I/ _ I в? ~ 8 кг2 ,
в>к - VT + — + 4а -~2~-
Дальнейшие вычисления проведем так, как это было сделано в
пункте б).
Если В2К, то
Dfil - B2Hl = D{K2 ~ КН3.	(1)
Нетрудно убедиться, что D{K < D{B2, а тогда и КН3 < В2Н3. Поэтому
в равенстве (1) сделаем замену КН3 = (В2К - В2Н3)2. Получаем
Уравнение
/ ГТ
1 1 2 о о2 22a2 7a 2
Ila2 - В2Н% = —4----—-------В2Н3 ,
\ /
30a
из которого находим В2Н3 = Следовательно,
D,H3 - D,B2 - B2Hl =
Таково расстояние от точки до прямой В2К.
17
2-762
Рис. 9
Пример 5. На ребрах CD и
МС правильной пирамиды MABCD,
боковые грани которой — равносто-
ронние треугольники, взяты соответ-
ственно точки Р и С| — середины
этих ребер.
Считая АВ = а, найдем расстоя-
ния до линии пересечения плоско-
с стей MOP (O = ACF\ BD) и BCJ) от
G следующих точек: а) М; б) В\ в) А.
Решение (рис. 9). Построим
линию пересечения плоскостей МОР
и BCiD. Так как точка О = ОР П BD
и точка F = МР П DCX принадлежат
обеим секущим плоскостям, то пря-
мая OF - это их линия пересечения.
Перейдем теперь к вычислению искомых расстояний.
а) Подсчитаем стороны треугольника MOF. Так как МР и DCt —
медианы правильного треугольника со стороной, равной а, то MF =
= % МР =
и
3
Из прямоугольного треугольника МОС
МО= ^МС2 - ОС2 =
В треугольнике BC{D точка О — середина стороны BD, т. е. OD =
Ф пс 2 Г.Г аР с	г пп 0D
= —%—, a DF = -?DC, ~ —5—. Кроме того, cos C{DO -	= Л-.
а.	о	о	Uvj j	о
Тогда из треугольника OFD находим:
OF2 = OD2 + DF2 - 2 OD • DF • cos QDO,
т. е.

з ’
6
_ _ a J6
откуда OF =
Итак, все стороны треугольника MOF известны. Теперь подсчитаем
расстояние от точки М до прямой OF.
Если МН{ 1 OF, то
МО2 - ОН2 = MF2 - FH2	(2)
18
Так как в треугольнике MOF
afi	а/2
MF = з • а МО = -±-, т. е.
MF < МО, то и FH\ < ОН{. Поэтому
в равенстве (2) заменим отрезок FHX.
Имеем
FH2 = (OF - OHrf,
и, следовательно,
2а2 пн, _ 3^
"Г - OHt - —
Рис. 10
L-o«,
Из этого уравнения находим
оя, -
Таким образом, ОН{ = OF. Следовательно,
MHt = MF = -|
Таково расстояние от точки М j\q прямой OF.
б)	(рис. 10). Подсчитаем стороны треугольника BOF. Имеем ВО =
— OF = (см. решение пункта а)) и из треугольника BFD, в
котором BD = DF = и cos FDO = (см. решение пунк-
’	о	о
та а)), имеем
BF2 = BD2 + DF2 - 2 BD • DF cos FDO,
или
Sf!.2a!+^-2 • «42 •
у	•	о □
откуда
BF = a.
Если, далее, ВН2 1 OF, то
BF2 - FHl = В& - ОН1	(3)
19
2«
Рис. 11
Так как в треугольнике BOF
ВО < BF, то и ОН2 < FH2. Поэтому
в равенстве (3) сделаем замену:
ОН* = (OF - FH2)*.
Получаем уравнение
2 r~ и 2
« _ FH2 = ~г-
z 4
из которого находим
FH, =
Тогда
ВН2 = J BF* - FH* = Ц-.
Таким образом, расстояние от точ-
а/з
ки В до прямой OF равно —.
О
в)	(рис. 11). Подсчитаем стороны треугольника AOF. Имеем АО =
а	rw а
= —2~. OF = —2— (см. решение пункта а)). Сторону AF найдем из
a J3
треугольника ADF, в котором AD - a, DF = , -, и из треугольника
О
ACtD можно найти cos ЛОСр
АС* = AD* + CtD2 - 2 AD • CtD • cos ADC{. (4)
Так как в треугольнике АМС МА = МС = а и АС = а ^2, то
Z АМС = 90°. Тогда
АС* = AM* + МС* =
и, следовательно, равенство (4) примет вид:
5а2	2 . Зд2 о	л
= а2 + -----2а ♦ —• cos ADClt
откуда
cos ADC, - —7=.
1 2/3
20
Далее, в треугольнике ADF
AF2 = AD2 + DF2 - 2AD • DF • cos ADCt
т. е.
AF2 = а2 + ---2а
а Д
3
1
2^3 ’
и мы находим, что AF = а.
Итак, в треугольнике AOF известны все стороны. Найдем теперь
расстояние от точки А до прямой OF. Если Л//31 OF, то
AF2 — FH3 = АО? — ОН2.	(5)
Нетрудно увидеть, что АО < AF, и, значит, ОН3 < FH3, поэтому в
равенстве (5) сделаем замену:
ОН2 - (OF - FH3)2
и затем из уравнения
( г-	\2
9 г'гго 2а2
а2 - FH2 = — -	- FH3
найдем
a
FH3 = 4-.
Тогда
АН3 = J AF2 - FH23 =
Итак, расстояние от точки А до прямой OF равно —j
Пример 6. Прямоугольный параллелепипед ABCDAiBlClDl с
отношением ребер АВ : AD : АА{ = 2 : 1 : 1 и правильная пирамида
MDCEF, высота которой равна стороне ее основания, расположены
по одну сторону от плоскости АВС таким образом, что отрезок CD
является их общих ребром, а вершина F лежит в плоскости АВС по
разные стороны от прямой CD с точкой А. Считая AD = а, найдем
расстояния до прямой ME от следующих точек: а) В\ б) D{\ в) Вх.
Решение а) (рис. 12). Соединим точку В с точкой М и подсчит^.
ем стороны полученного треугольника ВМЕ. Из условия следует,
что АВ = 2а, ЛЛ| = а, высота пирамиды МО - CD = АВ — 2а. Из
21
прямоугольного треугольника МОЕ (О = DE П CF)
ME = J МО2 + ОЕ2 = a JQ.
Далее, BE = ВС 4- СЕ = За, и из прямоугольного треугольника МОВ
ВМ = J МО2 + ов2.
Соединим точку К — середину ребра СЕ — с точкой О и из полу-
ченного прямоугольного треугольника ВОК найдем
OB2 = ВК2 + ОК2 = (2а)2 + а2 - 5а2.
Тогда
ВМ = у/ 4а2 + 5а2 - За.
Итак, в треугольнике ВМЕ известны все стороны, и, более того, вы-
числения показали, что ВМ = BE. Тогда медиана ВН{ треугольника
ВМЕ является и его высотой.
Получаем
I	fi	Y	I
ВН{ = Х\ВЕ2 - \-МЕ\ = 9а2- —
1 V	и	;	у	4
Таково расстояние от точки В до прямой ME.
а/зо
2 ’
22
Рис. 13
Решение б) (рис. 13). Соединим точку D{ с точками М и Е.
Подсчитаем стороны полученного треугольника D{ME.
Как уже найдено в пункте а), ME = aj~6. Далее, из прямоугольно-
го треугольника DtDE
DiE = DD? + DE2 = Ja2 +	= 3a.
Так как прямые DDt и МО перпендикулярны плоскости АВС, то
DDi || МО. Тогда расстояние DtM можно найти как сторону прямоуголь-
ной трапеции D^OM, у которой DDi = a, OD = а ^2, ОМ = 2а.
Соединим точку О, — середину высоты МО — с точкой £>,. Получаем
D,M = j Drf + O^2 = J 2а2 +а2 = а ^3.
Итак, в треугольнике D^ME известны все стороны. Тогда, если
£>i//2_L ME, то
D{E2 - ЕН2 = D{M2 - МН2.	(6)
Нетрудно увидеть, что D{M < DlE, т. е. и МН2 < ЕН2. Тогда в
Равенстве (6) сделаем замену:
МН% = (ME - ЕН2)2
23
и из уравнения
9а2 - ЕН2 = За2-(a - ЕН2)2
найдем,что
ЕН2 = aJU.
Таким образом, ЕН2 = ME. Следовательно,
DJi2 = D{M = a JU.
Таково расстояние от точки до прямой ME.
Решение в) (рис. 14). Соединим точку Bt с точками М и Е.
Подсчитаем стороны треугольника ВХМЕ.
Получаем
ME = afi,
В,Е = J ВВ2 + BE2 =aJiO
и из прямоугольной трапеции BJ3OM найдем, что
В{М = a
24
Так как в треугольнике BtME теперь известны все стороны, то, счи-
тая, что ME, получаем последовательно:
ВуЕ2 - EHl = В'М2 - MHi
или
В,Е2 - EHl =	- (ME - ЕН3)2,
т. е.
10а2 - EHl = Ьа2-(а у[б - ЕН3)2,
откуда
ЕН3 =
л 6
Тогда
в,н, =
a J 210
Итак, расстояние от точки В, до прямой ME равно —.
Задачи для самостоятельного решения
11.	На ребрах А1В1 и ВС куба ДВС£)4|В1С1О1 взяты соответст-
венно точки Р и Q — середины этих ребер. Считая ребро куба равным
а, найдите расстояния до прямой PQ от следующих точек:
а) С,; б) £>,; в) D.
12.	На ребрах СС, и AD правильной призмы ABCDAiBlC{Dl взяты
соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Считая АВ = а,
ЛЯ, = За, найдите расстояния от точки до следующих прямых:
а)4,Р; 6)BtP; в) PQ.
13.	В прямоугольном параллелепипеде АВСОА^С^ с отношени-
ем ребер АВ : AD : AAt = 1 : 2 : 1 на ребре СС( взята точка Р —
середина этого ребра. Считая АВ = а, найдите следующие расстояния:
а) от точки Л, до прямой DP; б) от точки Р до прямой A\D\ в) от точ-
ки D до линии пересечения плоскостей A^DP и
14.	Боковое ребро правильной призмы ДВСЛ1В1С1 в два раза боль-
ше стороны основания. На ребрах ВВ{ и АС взяты соответственно точ-
ки р и Q _ середины этих ребер. Считая АВ - а, найдите расстояния
До Прямой PQ от следующих точек:
а)4,; б) Вр в) СР
25
15.	Высота МО правильной пирамиды MABCD в два раза больщ
стороны основания. На ребре МС взята точка Р — середина этог
ребра, а на диагонали BD взята точка Q — такая, что BQ : BD = 1 : 4
Считая АВ = а, найдите расстояния до прямой PQ от следуюши
точек:
a) D; б) 7И; в) А.
16.	В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с отнс
шением сторон АВ : AD -1:2. Боковое ребро МВ перпендикуляра
плоскости основания и МВ ~ АВ, На ребрах МА и ВС взяты соответст
венно точки Р и Q — середины этих ребер. Считая АВ = а, найди?
расстояния до прямой PQ от следующих точек:
а) М; б) D; в) С.
17.	На ребрах АС и МС правильного тетраэдра МАВС взяты соот
ветственно точки D и — середины этих ребер. Считая АВ = а, нам
дите расстояния до линии пересечения плоскостей MDB и АВС} о
следующих точек:
а) Л; б) Е — середины ребра АВ; в) — середины высоты МО.
18.	На ребре ВВ{ куба АВСОА^С^ взята точка В2 — середин,
этого ребра. Считая АВ = а, найдите расстояния до линии пересечена
плоскостей ЛВ2С1 и АВ[С от следующих точек:
а) Л/, б) D2 — середины ребра DD{; в) D.
19.	Две правильные пирамиды М^АВС и M^ABD расположены п
одну сторону от плоскости АВС таким образом, что вершина D лежит i
плоскости АВС по разные стороны от прямой АВ с точкой С. Высот:
MjOj первой пирамиды в два раза меньше высоты М2О2 второй. Счи
тая АВ = М10] = а, найдите расстояния от вершины М{ до следующи
прямых.
а) М%А\ б) AD; в) DB^ точка В{ которой является серединой
ребра М2В.
20.	Правильная призма ABCA^Bfi^ и правильный тетраэдр МААХ1
расположены по одну сторону от плоскости АВВ{ таким образом, чт
вершина D лежит в плоскости АВВ{ по разные стороны от прямой АА
с вершиной В. Считая АВ - АА} = а, найдите расстояния от вершина
М до следующих прямых:
а) АВ; б) СК. точка К которой является серединой отрезка АВ; в) АВ\
3, Расстояние от точки до плоскости
т2
Рис. 15
т

Пусть точка И7 не лежит в
плоскости а. При вычисле-
нии расстояния от точки W
до плоскости а можно руко-
водствоваться следующим
планом:
1)	Построим плоскость у,
проходящую через точку 1Г,
перпендикулярно какой-ни-
будь прямой m[t лежащей в
плоскости а (рис. 15).
2)	Построим прямую т2 —
линию пересечения плоскос-
тей у и а.
3)	Выберем на прямой т2 какие-нибудь две точки Ui и U2.
4)	Подсчитаем расстояние от точки W до прямой т2 (т. е. подсчита-
ем высоту WH треугольника WU{U2).
Докажем, что расстояние WH является искомым расстоянием от
точки W rq плоскости а. Действительно, из построения следует, что
1у. Поэтому прямая перпендикулярна любой прямой плоскости
а, и в частности гщ! WH, т. е. и WH 1т{. Но прямая WH перпенди-
кулярна еще одной прямой плоскости, а именно прямой т2, пересе-
кающейся с прямой /Ир Таким образом, прямая WH перпендикулярна
двум пересекающимся прямым плоскости а, т. е. WH 1 а. Это и озна-
чает, что длина отрезка WH является искомым расстоянием.
Нетрудно увидеть, что в соответствии с этим планом вычисление
расстояния от точки до плоскости сводится к вычислению расстояния
от точки до прямой.
Перейдем к рассмотрению примеров.
Пример 7. На ребрах ЛВ, AD и СС{ куба ABCDAlBlClD[ взяты
соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Считая ребро
кУба равным а, найдем расстояния до плоскости PQR от следующих
точек: а)Л1;б)С1; в) В,.
Решение (рис. 16). Прежде всего построим сечение куба плоско-
стью PQR, Для этого найдем точки Sl = PQ Г) ВС и S2 = PQ Г! CD.
Затем проведем прямые и S2R и найдем точки В2 = Sj/? Г) ВВ{ и
27
£ Z)2 = П DD{. Таким образом, в се-
чении куба плоскостью PQR мы по-
лучим пятиугольник PQD2RB2-
Теперь перейдем к вычислению ис-
комых расстояний.
а) Выполним построения в соот-
£ ветствии с планом, предложенным
в начале этого параграфа.
1) Построим плоскость у, проходя-
щую через точку перпендикуляр-
&	но какой-нибудь прямой плоскости
PQR. Проще всего построить плос-
2	кость у, перпендикулярную прямой
Рис. 16	PQ- Сделать это можно, исходя из сле-
дующих соображений: так как АР =
= то и А{Р = Это значит, что точка А} принадлежит множест-
ву точек, одинаково удаленных от точек Р и Q, т. е. плоскости, проходя-
щей через середину отрезка PQ, перпендикулярно прямой PQ. Ясно,
что этой плоскости принадлежат также точки Л и С.
Таким образом, ясно, что плоскостью у является в данном случае
плоскость диагонального сечения
2)	Построим линию пересечения плоскостей у и PQR. Так как точки
К и R принадлежат обеим этим плоскостям, то прямая KR — это
линия пересечения плоскостей у и PQR.
3)	Выберем на прямой KR какие-нибудь две точки, например
точки К и R.
4)	Соединим точку расстояние от которой до плоскости а являет-
ся искомым, с точками К и R. Подсчитаем высоту АХН{ треуголь-
ника A{KR.
Для этого подсчитаем сначала стороны треугольника A{KR.
Из прямоугольного треугольника А{АК, в котором
находим
у	Зй </ 2
А,К = J АА2 + АК2 = —
Из прямоугольного треугольника 4^/? находим
A,R =	4,C2 + C,/?2 = -у.
28
И, наконец» из прямоугольного треугольника CRK находим
KR = ^СК2 +CR2 = ^(|а/2)2 + (|У =
Если, далее, AiHl — высота треугольника A{KR, то
AtK2 — КН? = A^R2 - RH?,
или после понятной замены
KH? = (KR - RHtf
получаем уравнение
из которого находим
RH{ =
1	/22
Тогда
AlHt = A.R2 - RH?
1а /П
22
Итак, расстояние от точки At до плоскости PQR равно
7 а/П
22
Замечание. Подсчитав от-
ношение /?//( : KR - 11 : 1, не-
трудно построить точку Н{.
б) (рис. 17). Теперь плоскость
у, перпендикулярную какой-ни-
будь прямой плоскости PQR, нуж-
но провести через точку Сь так
как расстояние до плоскости PQR
требуется найти именно от этой
точки. Из пункта а) уже известно,
что точка С( лежит в плоскости
4СС|, которая перпендикулярна
прямой PQ. Таким образом, плос-
костью у и в этом случае является
плоскость АСС{. Линией пересе-
чения плоскостей у и PQR явля-
ется снова прямая KR.
Рис. 17
29
А далее можно поступить так же, как мы поступили при подсчете
расстояния А{Н{, т. е. выразить двумя способами С{Н2 — квадрат ис-
комого расстояния и т. д.
Можно, однако, поступить и по-другому. А именно, заметим, что
если С{Н2 — высота треугольника CXKR, то прямоугольные треуголь-
ники C{RH2 и CKR подобны.
Тогда
С,Н2 __ C{R
СК ~ ~KR9
откуда
4
За 7 11
22


в) (рис. 18). Можно, конечно, осуществить решение по плану, пред-
ложенному в начале параграфа, т. е. через точку В{ провести плос-
кость у, перпендикулярную, например, прямой PQ плоскости PQR
(эта плоскость пройдет вне куба, через прямую ВВХ, параллельно пря-
мой АС), затем построить линию пересечения плоскости у с плоскостью
PQR и т. д.
Мы, однако, поступим иначе. А именно, заметим, что прямая B{D}
параллельна прямой BD, a BD\\ PQ. Тогда || PQ, и, следователь-
но, прямая BlDl параллельна плоскости PQR. Но из этого следует, что
расстояние от любой точки прямой В{0{ до плоскости PQR одно и то
же. Тогда можно искать расстояние
до плоскости PQR не от точки В{, а от
«более удобной» точки. Например, от
точки в которой пересекаются диа-
гонали BjDj и А]СГ
Точка Oj лежит в плоскости ACCj,
которая перпендикулярна прямой PQ
плоскости PQR. Прямая KR — это
линия пересечения плоскостей ЯСС,
и PQR. Таким образом, расстояние от
точки до прямой KR равно иско-
мому расстоянию.
Итак, подсчитаем высоту ОХН3 тре-
угольника OjK/?. Находим стороны
этого треугольника:
Рис. 18
30
KR = СК2 + CR2 =
о1/? = /о1с12 + с1/?2
0{К - 7 ОО2 + ок2 =
Если, далее, 0{Н31 KR, то
Oj№ - KHl = 0^ - RHl
или
a 7 22
4
18q2 _ ii 2 _ За2
16	- 4
- К th
2
откуда
КН3 =
la
2j22
и, следовательно,
otH3 = 7 otK2 - KHl
5aJTl
~2~
IT	гл	n/лп	5flJll
Итак, расстояние от точки В{ до плоскости PQR равно —.
Замечание. Нетрудно заметить, что если расстояния Л,//, и С,//2
уже вычислены, то расстояние OtH3 можно подсчитать как длину сред-
ней линии трапеции А1Н1Н2СХ'.
охн3 =
А{Н{ + С{Н2
2
5a /П
22
Пример 8. На ребре МС правильной пирамиды MABCD, отно-
шение бокового ребра которой к стороне ее основания равно ^2 : 1,
взята точка С( — середина этого ребра. Считая АВ = а, найдем рас-
стояния до плоскости BC{D от следующих точек: а) М\ б) В{ — середи-
ны ребра МВ\ в) Р ~ середины ребра АВ.
Решение а). Приведем сначала решение, выполненное в соответ-
ствии с планом, изложенным в начале параграфа (рис. 19).
31
А далее можно поступить так же, как мы поступили при подсчете
расстояния т. е. выразить двумя способами С{Н2 — квадрат ис-
комого расстояния и т. д.
Можно, однако, поступить и по-другому. А именно, заметим, что
если Cj//2 ~ высота треугольника C{KRt то прямоугольные треуголь-
ники C{RH2 и CKR подобны.
Тогда
СЛ2 C.R
СК KR '
откуда
с>н2 =
За ДТ
4
в) (рис. 18). Можно, конечно, осуществить решение по плану, пред-
ложенному в начале параграфа, т. е. через точку Bj провести плос-
кость у, перпендикулярную, например, прямой PQ плоскости PQR
(эта плоскость пройдет вне куба, через прямую ВВ{, параллельно пря-
мой АС), затем построить линию пересечения плоскости ус плоскостью
PQR и т. д.
Мы, однако, поступим иначе. А именно, заметим, что прямая B^D^
параллельна прямой BD, a BD\\ PQ. Тогда B^JI PQ, и, следователь-
но, прямая BjDj параллельна плоскости PQR. Но из этого следует, что
расстояние от любой точки прямой В{0{ до плоскости PQR одно и то
же. Тогда можно искать расстояние
до плоскости PQR не от точки Bh а от
«более удобной» точки. Например, от
точки О], в которой пересекаются диа-
гонали B{D{ и AjCp
Точка О) лежит в плоскости АССР
которая перпендикулярна прямой PQ
плоскости PQR. Прямая KR — это
линия пересечения плоскостей АСС,
и PQR. Таким образом, расстояние от
точки Oj до прямой KR равно иско-
мому расстоянию.
Итак, подсчитаем высоту 0{Н3 тре-
угольника OiKR. Находим стороны
этого треугольника:
Рис. 18
зо
KR = J CK2 + CR2 =
OtK = J OO2 + OK2 =
Если, далее, O]//31 KR. то
ОЛ2 - КН2 = C^R2 - RH2.
или
18a2 j^zf 2 _ 3a2 a J 22	..
ПГ  KH* - 1----------~ ~ KH* ’
\ /
откуда
кн3 = -5=,
3 2J22
и, следовательно,
O,//3 = J OXK2 - KH2 =	.
Итак, расстояние от точки В, до плоскости PQR равно -°.
Замечание. Нетрудно заметить, что если расстояния АХНХ и СХН2
уже вычислены, то расстояние ОХН3 можно подсчитать как длину сред
ней линии трапеции AxHlHiCx:
О,//3 =
Д|7/| + С1//2 _ 5а ДТ
2	22
Пример 8. На ребре МС правильной пирамиды MABCD, отно-
шение бокового ребра которой к стороне ее основания равно : 1,
взята точка С! — середина этого ребра. Считая АВ = а, найдем рас-
стояния до плоскости BCXD от следующих точек: а) М; б) В, — середи-
ны ребра МВ; в) В — середины ребра АВ.
Решение а). Приведем сначала решение, выполненное в соответ-
ствии с планом, изложенным в начале параграфа (рис. 19).
31
Рис. 19
1)	Построим плоскость у, прохо-
дящую через точку М, перпендику-
лярно какой-нибудь прямой, лежа-
щей в плоскости BCtD, до которой
требуется найти расстояние. Напри-
мер, прямой. BD. Ясно, что этой
плоскостью является плоскость
МАС.
2)	Построим прямую, по которой
пересекаются плоскости у и BCtD.
Также нетрудно догадаться, что
этой прямой является прямая ОС,.
3)	Выберем на прямой ОС1 ка-
кие-нибудь две точки. Например,
точки О и
4)	Подсчитаем высоту MF тре-
угольника MOCt. Находим для этого стороны треугольника ЛЮС,
и т. д. по плану нахождения расстояния от точки до прямой (см. § 3).
Так как АВ = а, то МС — а , и, следовательно,
МС, =
Далее,
ОС = ± АС = ^-,
МО = J МС2 - ОС2 =
В треугольнике MAC OCt — средняя линия. Поэтому
ОС, - &
Если MF 1 ОСр то
МО2 - OF2 = МС2 ~ С,Е2.
или, так как МС, < МО, т. е. и CtF < OF,
МО2 - OF2 = МС2 - (ОС, - OF)2.
Таким образом,
( Г- V
_ Ор2 =	- OF ,
4 u 4	2
32
откуда
OF =
2/2
и тогда
MF =
8
— искомое расстояние.
Рассмотрим теперь еще один
возможный в некоторых случаях
путь вычисления расстояния от
точки до плоскости (рис. 20).
Так как МА : АВ = ^2 : 1 и
АВ = а, то МА = а ^2. Тогда и
МС — a . Ясно также, что и АС = а ^2. Таким образом, треугольник
МАС — равносторонний. Тогда, понятно, и треугольник MDB — рав-
носторонний и его сторона равна a J2. Приступим теперь к вычисле-
нию искомых расстояний.
Расстояние от точки М до плоскости BC{D равно высоте пирамиды
MBCiD, опущенной из вершины М.
Подсчитаем V) — объем этой пирамиды двумя способами.
1-й способ. Будем считать основанием пирамиды треугольник ВС{0.
Тогда ,
^1 = 3 ^1 * $BCtD<
где //, — высота пирамиды. Так как, ясно, что
sBCiD = ±bd - ос, = 4-
то получаем
У^^Н,.
2-й способ. Будем теперь считать основанием пирамиды треуголь-
ник MDB. Тогда
у, = } сд • sMDB,
где С{К — расстояние от точки С1 до плоскости MDB.
зз
3-762
Так как СО 1 BD и СО 1 МО, то СО — это перпендикуляр к плос-
кости MDB. Тогда в треугольнике МОС CtK — средняя линия, т. е.
СЛ = 4 ос = 4^-
Площадь правильного треугольника MDB
с	/	/— \
^MDB “ V 2 / ~ ~	2	‘
Таким образом,
Сопоставляя полученные двумя способами значения V[t приходим
к уравнению
из которого находим, что
Таково расстояние от точки М до плоскости BC^D.
б) Для вычисления расстояния от точки В{ до плоскости BC{D под-
считаем двумя способами У2 — объем пирамиды B{BC{D.
1-й способ (рис. 20). Будем считать основанием пирамиды треуголь-
ник BC^D. Тогда
^2 = J ^2 * $BC'D>
где Н2 — высота этой пирамиды, т. е. расстояние от вершины В{ до
плоскости BC{D. Получаем
4-
2-й способ. Будем считать основанием пирамиды треугольник
Тогда
^2 = у CiK ' SB'BD-
34
Ясно, что
1	а2<У”3
$8^0 ~ $MDB ~	4	•
Таким образом,
_ 1	а/2 а2/з _ а3/ё
*2 ~ J *	4	*	4	»
и мы приходим к уравнению
1 // „2 =
6	48 *
из которого находим
н -
^2 -	8
— искомое расстояние.
в) (рис. 20). Подсчитаем двумя способами V3 — объем пирамиды
PBC{D.
1-й способ.
^з = у ^з ’ $вс,р ~ q Нза2-
2-й способ. Ясно, что высота пирамиды PBC{Dt опущенная из ее
вершины С| на плоскость PBD, равна половине высоты МО, т. е., как
нетрудно подсчитать, она равна Легко найти и SPBD = Тогда
4	4
а2 = а3/б
4 ~	48
Теперь из уравнения
г Н3а2 =
6 J
з /Т
а о
’ 48 ~
находим, что
Итак, расстояние от точки Р до плоскости BCfi равно —~
35
Задачи для самостоятельного решения
21.	На ребре куба ABCDAlBlClDl взята точка Р— середина
этого ребра. Считая ребро куба равным а, найдите расстояния до
плоскости BDP от следующих точек:
а) Др б) Л; в) С,.
22.	На ребрах АВ и AD куба ABCDA{BxC{Di взяты соответственно
точки Р и Q — середины этих ребер. Считая ребро куба равным а,
найдите расстояния до плоскости C{PQ от следующих точек:
а) С; б) Др в) D.
23.	На ребрах CCJt AD и АВ куба АВСВА\В{С{0\ взяты соответст-
венно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Считая ребро куба
равным а, найдите расстояния до плоскости PQR от следующих точек:
а) С; б) в) Д.
24.	На ребрах DDi и ClDl прямоугольного параллелепипеда
ABCDAiBlClDl, у которого АВ : AD : ДД1 =1:2:1, взяты соответст-
венно точки Р и Q — середины этих ребер. Считая АВ = а, найдите
расстояния до плоскости APQ от следующих точек:
а) С; б) Др в) Ср
25.	На ребре АА, прямоугольного параллелепипеда ABCDA^jC^,,
у которого АВ : AD : AAt = 1:3:1, взята точка Р — середина этого
ребра. Считая АВ = а, найдите расстояния до плоскости BtDP от сле-
дующих точек:
a) Dp б) Др в) Ср
26.	Высота МО правильной пирамиды MABCD в два раза больше
стороны основания. Через прямую AD, перпендикулярно плоскости
МВС проведена секущая плоскость. Считая АВ = а, найдите расстоя-
ния до этой плоскости от следующих точек:
а) М; б) О — центра основания; в) С.
27.	На ребрах CD, ВС и МС правильной пирамиды MABCD
взяты соответственно точки Е, F и С( — середины этих ребер. Счи-
тая АВ = МА — а, найдите расстояния до плоскости С{ЕЕ от следую-
щих точек:
a) А, — середины ребра МА; б) В; в) М.
28.	На ребрах АВ и АС правильного тетраэдра МАВС взяты соот-
ветственно точки D и Е — середины этих ребер. Считая АВ = а, най-
дите расстояния до плоскости, проходящей через точки D и Е парал-
лельно прямой МА, от следующих точек:
а) О — основания высоты МО; б) А; в) В.
29.	Боковое ребро правильной призмы ДВСРЛ^С^ в два раза
больше стороны ее основания. Считая АВ = а, найдите расстояния до
36
плоскости BC{D от следующих
точек:
a) Ах; б) В,; в) Р — середины
ребра CD.
30.	На ребре АВ правильной
призмы ABCDAiBiClD^ у кото-
рой АВ : ААХ 1 : 2, взята точка
Р — середина этого ребра. Счи-
тая АВ ~ а, найдите расстояния
до плоскости C{DP от следующих
точек:
а) Ах\ б) Dx\ в) Вх.
§ 4.	Расстояние между скрещивающимися прямыми
Пусть прямые р и q — это заданные скрещивающиеся прямые,
расстояние между которыми требуется вычислить. В общем случае
для решения этой задачи оказывается необходимым выполнить неко-
торые построения. Их можно сделать по следующему плану (рис. 21):
1)	На одной из заданных прямых, например на прямой q, выберем
некоторую точку Т. Прямой р и не лежащей на ней точкой Т определя-
ется плоскость р. Построим ее.
2)	В плоскости р через точку Т проведем прямую рх || р.
3)	Пересекающимися прямыми рх и q определяется плоскость а.
Построим ее.
Так как по построению р || рр то прямая р параллельна плоскости
а. Это значит, что расстояние от любой точки, взятой на прямой р, до
плоскости а одно и то же. Оно равно искомому расстоянию между
прямыми р и q.
4)	Выберем на прямой р какую-нибудь точку 1Г и найдем расстоя-
ние WH от точки W до плоскости а (это можно сделать, например, по
плану, предложенному в § 3).
Замечание. Отметим еще, что если в плоскости а через точку
Н — основание перпендикуляра WH к плоскости а — провести пря-
мую р2|| ри найти затем точку V = P<S\q> далее в плоскости WHV
провести через точку V прямую, параллельную прямой WH и найти
после этого точку S, в которой построенная прямая пересекает пря-
мую р, то мы получим отрезок SIZ. По построению точка S лежит на
одной из заданных скрещивающихся прямых, а точка V — на другой.
При этом ЗУ 1 р и SV 1 q. Такой отрезок называют общим перпенди-
куляром скрещивающихся прямых р и q.
37
Ясно, что SV = WH, т. е. расстоя-
ние от любой точки прямой р до
плоскости а равно искомому рас-
стоянию между скрещивающимися
прямыми р и q.
Рассмотрим примеры.
Пример 9. Ребро куба
ЛВС£)Д1В1С1Р1 равно а. Найдем
расстояния между прямой BtC
и следующими прямыми: a) AD\
б) АВ\ в) DCj.
Решение а) (рис. 22). (В этом простом примере не соста-
вит труда догадаться, что искомое расстояние равно а. Тем не ме-
нее, мы рассматриваем решение. И поступаем так исключительно с
целью показать, как «работает» план, предложенный нами в начале
параграфа.)
1)	Выберем на одной из заданных прямых, например на прямой
В£, точку С. Прямой AD и не лежащей на ней точкой С определяется
плоскость 0. Она на рисунке 22 уже построена. Это плоскость АВС.
2)	В плоскости 0 через точку С нужно провести прямую, параллель-
ную прямой AD. На рисунке 22 она уже построена. Это прямая ВС.
3)	Пересекающимися прямыми ВС и BtC определяется плоскость
а. На рисунке 22 она уже построена. Это плоскость BBfi.
Так как AD || ВС, то прямая AD параллельна плоскости а. Поэто-
му расстояние от любой точки прямой AD до плоскости а одно и то
же. Оно равно расстоянию между скрещивающимися прямыми В£
и AD.
4)	Найдем расстояние, например, от точки D до плоскости а. Тако-
ва реализация плана, которую мы хотели показать. Дальнейшая
часть решения, разумеется, ясна: DC La, и DC = а — это искомое
расстояние.
Решение б) (рис. 23). Действуем опять по тому же плану.
1)	Выберем, например, на прямой В{С точку В^ Прямой АВ и не
лежащей на ней точкой В, определяется плоскость 0. Она на рисун-
ке 23 уже построена. Это плоскость АВВ{.
2)	В плоскости 0 через точку В( нужно провести прямую, парал-
лельную прямой АВ. На рисунке 23 она уже проведена. Это пря-
мая AiBt-
38
3)	Пересекающимися прямыми АХВХ
и В|С определяется плоскость а. Постро-
им ее. Это плоскость А {В^С — плоскость
диагонального сечения AJ^CD куба.
Так как по построению АВ || А{В{, то
прямая АВ параллельна плоскости а.
4)	Выберем на прямой АВ, напри-
мер, точку А и найдем расстояние от
этой точки до плоскости а. Понятно, что
ADi 1 AtD и AD{ 1 CD, т. е. прямая AD{
перпендикулярна плоскости а. Тогда
АК =
— расстояние от точки А до плоскости а. Оно равно искомому рас-
стоянию между скрещивающимися прямыми В,С и АВ.
Решение в) (рис. 24). 1) На прямой DC} выберем, например,
точку D. Через прямую В}С и точку D проведем плоскость 0. Это
диагональная плоскость AlBlCD.
2) В плоскости р через точку D нужно провести прямую, парал-
лельную прямой В{С. Ясно, что такая прямая на рисунке 24 уже есть.
Это прямая A\D.
3) Пересекающимися прямыми A{D и DC{ определяется плоскость
а. Построим ее. Получаем плоскость А
4) Найдем расстояние до плоскости A,C,Z), например, от точки Bj .
Для этого выполним новые построения
(в соответствии с планом, предложен-
ным в § 3). А именно:
5)	Через точку Bt проведем плоскость
у, перпендикулярную какой-нибудь пря-
мой плоскости а. Например, прямой
AlCj. Ясно, что точки Bj, В и D одина-
ково удалены от точек A j и Поэтому
диагональная плоскость BXBDD{ — это
плоскость у.
6)	Построим далее линию пересече-
ния плоскостей у и а. Получим пря-
мую 0{D
7)	Подсчитаем высоту В{Н треуголь-
ника B{O{D. Сделаем это, вычислив все
Рис. 24
39
стороны этого треугольника. Находим, что

ajl
2
BJ) = а/з.
OtD = .J DD2 + OJD2 = Ц-.
Тогда, если В Ji — высота треугольника BJ3J), то
B{D2 - DH2 = BtO2 - О(Я2.
Делая в этом равенстве замену
О Ji2 = (DH - OtD)2,
получим уравнение
/	<—\2
За2 - DH2 = ^~ ~ DH ~	,
4 к 1 J
из которого находим
Тогда
- ]за2-^- =
1	О	°
— это расстояние от точки В, до плоскости а и искомое расстояние
между скрещивающимися прямыми BjC и DCj.
Замечание. Подсчитать высоту В(/7 треугольника B^D мож-
но и по-другому. Например, выражая двумя способами площадь это-
го треугольника:
4 OtD ' В = ± В{0{ • DDt.
На следующем примере покажем еще один возможный способ вы-
числения расстояния между скрещивающимися прямыми.
Пример 10. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAlBlClDl
АВ = АА{ = а и AD = 2а. Найдем расстояние между скрещивающими-
ся прямыми BD{ и DCt.
Решение (рис. 25). Сначала в соответствии с планом, изложен-
ным в начале параграфа, выполним нужные построения.
1)	На прямой BD{ выберем точку D{. Прямой DC{ и не лежащей на
ней точкой Z)j определяется плоскость р. Она на рисунке 25 уже есть.
Это плоскость DCC{.
2)	В плоскости р через точку D{ проведем прямую D{E || £)СГ
3)	Пересекающимися прямыми D^E и BD^ определяется плоскость
а. На рисунке 25 это плоскость BD{E.
Так как DC{ || D{E, то прямая DC{ параллельна.плоскости а. Тогда
расстояние от любой точки прямой DC{ до плоскости а одно и то же, и
оно равно расстоянию между скрещивающимися прямыми BDX и DCV
Найдем расстояние от точки D до плоскости а. Подсчитаем с этой
целью двумя способами V — объем пирамиды D{DBE.
1-й способ.
V-^DD{ •	=
2-й способ.
V = ~DH • SD<BE,
где DH — высота пирамиды DD{BE, т. е. расстояние от точки D до
плоскости а. Для вычисления SDBE — площади треугольника D{BE —
найдем стороны этого треугольника.
Из прямоугольного треугольника ВСЕ BE - 2а J2.
41
Из прямоугольного треугольника D{DE D{E = aj~2 и из прямо-
угольного треугольника DXBD
DtB = ^DD2+ BD2 = a2 + 5a2 - а .
Если заметить, что по результатам вычислений оказалось
D{B2 + D{E2 = BE2,
т. е. в треугольнике D{BE угол BD{E равен 90е, то площадь треуголь-
ника D{BE можно подсчитать по формуле
SDfiE = *2
Получаем
$D}BE = 2 а	~	•
Тогда при вычислении объема V вторым способом мы получаем
V = ^DH • а2 7з.
Сравнивая полученные значения объема пирамиды DftBE, прихо-
дим к равенству
4 DH • а2Л = ~.
о	"о
откуда
3
Итак, расстояние между скрещивающимися прямыми BDt и DC{
a J~3
равно -у- •
Пример 11. Точка D — середина ребра АВ правильной призмы
АВСА^С^ сторона основания которой равна ее боковому ребру и
равна а. Какова наименьшая площадь треугольника АСР, вершина Р
которого лежит на прямой C,D?
42
Решение (рис. 26). Площадь тре-
угольника АСР
S = АС • PH = а * PH,
где а — величина фиксированная, PH —
это расстояние от вершины Р до прямой
АС.
Ясно, что наименьшей площадь S бу-
дет в том случае, когда наименьшим яв-
ляется расстояние PH. Но расстояние PH
является наименьшим тогда, когда оно
равно длине общего перпендикуляра скре-
щивающихся прямых С,£) и АС, т. е.
когда оно равно расстоянию между
Рис. 26
этими скрещивающимися
прямыми.
Найдем это расстояние по плану, предложенному в начале па-
раграфа.
1)	На прямой CjD выберем некоторую точку. Например, точку С,.
Прямой АС и точкой С( определяется плоскость р. Она на рисунке 26
уже есть. Это плоскость ЛССР
2)	В плоскости р через точку С( нужно провести прямую, парал-
лельную прямой АС. Такая прямая на рисунке 26 уже есть. Это пря-
мая А |СГ
3)	Пересекающимися прямыми AjC1 и C{D определяется плоскость
а. Построим ее. Для этого заметим, что так как 4^ || 4С, то прямая
4|Cj параллельна плоскости АВС. Но тогда плоскость а пересекает
плоскость АВС по прямой, параллельной прямой A,Clt т. е. по прямой,
параллельной и прямой АС.
Кроме того, уже известно, что точка D — это общая точка плоско-
стей а и АВС. Таким образом, линией пересечения этих плоскостей
является прямая £W||4C, а четырехугольник C^ON является сече-
нием призмы плоскостью а.
Итак, плоскость а на рисунке 26 построена. Так как прямая АС,
параллельна прямой 4iCh лежащей в плоскости а, то прямая АС па-
раллельна и плоскости а. Это значит, что расстояние от любой точки
прямой АС до плоскости а одно и то же и оно равно расстоянию меж-
ду скрещивающимися прямыми CtD и АС.
4)	Выберем на прямой АС какую-нибудь точку, например точку
F — середину отрезка АС, и найдем расстояние от точки F до плос-
кости а.
43
Сделаем это по плану, предложенному в § 3. А именно:
5)	Построим плоскость у, проходящую через точку F, перпендику-
лярно, например, прямой DN плоскости а. Это выполнить нетрудно,
если заметить, что точка F одинаково удалена от точек DaN. Одина-
ково удалены от точек D и N также точка В и точка Таким обра-
зом, точки F, В и В, принадлежат множеству точек, одинаково удален-
ных от концов отрезка DN, и, следовательно, они принадлежат плоско-
сти, перпендикулярной прямой DN, т. е. плоскости у. Известно также,
что эта плоскость проходит через середину отрезка DN. Обозначим
середину отрезка DN буквой К. В сечении призмы плоскостью у полу-
чаем четырехугольник BB^F.
6)	Построим теперь линию пересечения плоскостей у и а. Ясно, что
точки F, и К — это их общие точки, поэтому плоскости у и а пересека-
ются по прямой FiK.
7)	И, наконец, из точки F опустим перпендикуляр на прямую
Сделаем это вычислительным способом.
Подсчитаем стороны прямоугольного треугольника FtFK. В нем
FFt = AAt = а,
FK = ±BF = ^-,
FtK = ^FF2 + FK2 =
Если FL 1 FtK, то, выражая площадь треугольника F}FK двумя
способами, получим
F{F • FK = FtK • FL,
откуда
4
Таково расстояние между скрещивающимися прямыми С;£) и АС.
Таким образом,
Это искомая наименьшая площадь треугольника АСР.
44
Замечание. Для непосред-
ственного построения Р (это в ус-
ловии примера не требовалось де-
лать) можно поступить следующим
образом (рис. 27):
1)	Подсчитаем из прямо-
угольного треугольника FlFL.
Имеем FXL = JF.F2 - FL2 =
1	* 1	/19
2)	Найдем отношение FjL : FXK.
Получаем FXL : FXK = 16 : 19.
3)	На вспомогательном луче
началом которого является точка F
Рис. 27
, построим отрезки FXLX = \6FXE и
19 FXE. (Точка Е — это какая-то точка луча 1Х. Задав ее, мы получаем
отрезок FtE, который принимаем за единичный. Затем, применяя тео-
рему Фалеса, строим точку L на прямой FXK.)
4) В плоскости а через точку L проведем прямую /2|| DN. Пересече-
нием прямой /2 с прямой С|О и является точка Р — искомая вершина
треугольника АСР наименьшей площади.
5) Можно построить и высоту PH треугольника АСР. Ясно, что так
как /2|| АС, то прямые FL и PH лежат в одной плоскости. Это плос-
кость ACL. Тогда в плоскости ACL через точку Р проведем прямую,
параллельную прямой FL. Точка пересечения построенной прямой с
прямой АС — это точка Н. Проведем теперь PH. Отрезок PH — это
высота треугольника АСР, и, между прочим, PH — это общий перпен-
дикуляр скрещивающихся прямых CXD и АС.
Задачи для самостоятельного решения
31.	На ребрах АВ, ССХ и куба ABCDAXBXCXDX взяты соответст-
венно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Считая ребро куба
равным а, найдите расстояния между прямой BXDX и следующими
прямыми:
a) DP; б) DQ; в) DR.
32.	В прямоугольном параллелепипеде ДВС£)Л1В,С|£)| АВ =
= ААХ = а, AD = 2а. На ребрах ССХ и AD взяты соответственно точки
Р и Q — такие, что СР : CCj = AQ : AD = 1 : 3, а на ребрах АВ и ЛД
взяты соответственно точки R и V — середины этих ребер. Найдите
расстояния между прямой ВХСХ и следующими прямыми:
a) PQ; б) PR; в) PV.
45
33.	Высота МО правильной пирамиды MABCD равна стороне ее
основания и равна а. На ребре МС взяты точки Р{, Р2» Р3 — такие,
что СРХ= РХР2 - Р2Р3 = Р3М. Найдите расстояния между прямой АС
и следующими прямыми:
a)DPx; б) DP2, в) DP3.
34.	На ребре СС, правильной призмы ABCDAxBlClDi взяты точки
Р{ и Р2 — такие, что CPj — РХР2 = Р2С(. Считая АВ - a, ААХ - За,
найдите расстояния между следующими парами прямых:
а) ВХС и DPf, б) ВХС и DP2, в) ОСх и ВхР.
35.	На ребре DDX куба ABCDA^C^ взята точка Q — такая, что
DQ : DDX = 2 : 3, а на диагонали АХВ грани АВВХАХ взята точка Р —
середина АХВ. Считая ребро куба равным а, найдите расстояния меж-
ду прямой DP и следующими прямыми:
a) CXDX, б) в) СХА,.
36.	В правильной призме АВСАХВХСХ все ребра равны а. На ребрах
ААХ и ССХ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер.
Найдите расстояния между прямой АВХ и следующими прямыми:
а) ВС; б) СР; в) BQ.
37.	На ребрах А^, и AD куба ABCDAlBiClDl взяты соответствен-
но точки Рх и Q — середины этих ребер. Какова наименьшая площадь
треугольника PXQV, вершина V которого лежит на одной из следую-
щих прямых:
а) ААХ; б) ClDl; в) А,^. если АВ = а?
38.	Боковое ребро правильной призмы ABCDAlB[ClDl в два раза
больше стороны ее основания, равной а. Какова наименьшая площадь
треугольника ADP, вершина Р которого лежит на одной из следую-
щих прямых:
а) А(С2, точка С2 которой является серединой ребра СС,; б) А]С;
в) СхА2, точка А2 которой является серединой ребра AAt?
39.	На ребрах АХВХ и ССХ правильной призмы ABCAiBlCl, боковое
ребро которой в два раза больше стороны основания, взяты соответст-
венно точки Dx и С2 — середины этих ребер. Считая АВ = а, найдите
наименьшую площадь, которую может иметь треугольник АВР, вер-
шина Р которого лежит;
а) на прямой DXC2, б) на отрезке DXC2, в) на прямой А2С2, точка А2
которой лежит на ребре ААЬ причем АА2 : АА, = 3:4.
40.	Боковое ребро призмы АВСАХВ1С1 равно 2а, сторона ее основа-
ния равна а. Какова наименьшая площадь треугольника АСР, верши-
на Р которого лежит на одной из следующих прямых:
a) BCt; б) С]В2, точка В2 которой является серединой ребра ВВХ;
46
в) CjB3, точка /?3 которой лежит на прямой ВВ^ причем ВВ3 : ВВХ -
= 3 : 2 и точка Вх лежит между точками В и В3?
41. Основанием правильной пирамиды MAXBXCXDX является грань
куба ABCDAXBXCXDX, ребро которого равно а. Вершины М и А распо-
ложены по разные стороны от плоскости А^С^. Высота пирамиды
равна стороне ее основания. Найдите расстояния между прямой МАХ
и следующими прямыми:
a)DB\ 6)DCX\ в) DC.
ГЛАВА II
ВЫЧИСЛЕНИЕ УГЛОВ В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 5. Угол между скрещивающимися прямыми
Напомним, что углом между скре-
щивающимися прямыми называется
угол между параллельными им пере-
секающимися прямыми.
Таким образом, если угол между
скрещивающимися прямыми — это
угол (р, то 0° < ср < 90°.
При решении задач на вычисле-
ние угла между скрещивающимися
прямыми могут применяться следую-
щие способы:
L Геометрический.
2.	Поэтапно-вычислительный.
3.	Векторно-координатный.
При решении геометрическим способом искомый угол после неко-
торых построений определяется из чисто геометрических соображений.
Например, он включается в треугольник, нужный угол которого нахо-
дится без вычислений.
Так, пусть задан куб ABCDA^B{CXD{ и требуется найти угол между
прямыми АВ{ и tIjCj (рис. 28). Ясно, что C{D || АВ{, т. е. угол между
пересекающимися прямыми AjCt и C{D равен искомому углу. Соеди-
нив точку с точкой О, мы получим треугольник AXC{D, который
является равносторонним. Таким образом, из чисто геометрических
соображений мы приходим к выводу, что искомый угол равен 60°.
Естественно, возможны и другие пути определения нахождения ис-
комого угла чисто геометрическим путем.
Пусть р и q — заданные скрещивающиеся прямые, угол между
которыми требуется вычислить. При решении этой задачи поэтап-
но-вычислительным способом можно придерживаться следующего
плана:
1)	Через одну из заданных прямых, например через прямую р, и
через какую-нибудь точку W, выбранную на другой прямой, т. е. на
прямой q, проведем плоскость а (рис. 29).
48
2)	В плоскости а через точку IF	О/
проведем прямую р{ || р. Угол ме-
жду пересекающимися прямыми
Pi и q равен искомому углу.
3)	Выберем на прямой рх ка-	— 1
кую-нибудь точку U, а на прямой f\
q — какую-нибудь точку Т. Соеди-	___&
нив эти точки, получим треуголь-	Г
ник UWT.	/	------ —
4)	Подсчитаем стороны этого
треугольника и затем по теореме	Рис. 29
косинусов найдем cos UWT.
Так как угол UWT — это угол треугольника, то 0°< Z UWT < 180°,
т. е. в результате вычислений может оказаться, что cos UWT > 0 и
может cos UWT < 0. Однако угол ф между скрещивающимися прямы-
ми — это угол от 0° до 90°, т. е. cos <р > 0.
Рассмотрим два случая: 1) cos UWT > 0 и 2) cos UWT < 0.
1-й случай, cos UWT > 0. В этом случае 0° < Z UWT < 90°, т. е. угол
треугольника является углом и между прямыми р\ и q. Тогда
cos <р = cos UWT.	(1)
2-й случай, cos UWT < 0. В этом случае 90° < Z UWT < 180°, т. е.
угол UWT треугольника является углом, смежным с искомым углом ф.
Тогда ф = 180° - ZUWT и cos ф = cos (180° - Z UWT), т. е.
cos ф = - cos UWT.	(2)
Объединяя формулы (1) и (2), получаем рабочую формулу для вы-
числения угла между скрещивающимися прямыми:
cos ф = | cos UWT |.
При вычислении угла между скрещивающимися прямыми вектор-
но-координатным способом, естественно, вводится прямоугольная сис-
тема координат в пространстве. В этой системе координат находятся
координаты векторов а и b соответственно коллинеарных заданным
скрещивающимся прямым р и q. Далее, пользуясь формулой
Л
cos ф = |cos ( а, д)|,
находят угол ф между прямыми р и q.
49
4-762
Рис. 30
Покажем на примерах примене-
ние различных способов вычисления
угла между скрещивающимися пря-
мыми.
Пример 12. На ребре AD ку-
ба ABCDA[BlClD[ взята точка
Р — середина этого ребра. Найдем
углы между прямой и следую-
щими прямыми: a) PQ, точка Q ко-
торой является серединой ребра АВ\
б) ВР; в) С{Р.
Решение а) (рис. 30). Так как АС и BD — диагонали квадрата,
то АС 1 BD. Но прямая АС является проекцией прямой АХС на плос-
кость АВС. Это значит, что и А{С 1 BD.
По условию точки Р и Q — середины соответственно сторон AD и
АВ треугольника ABD. Тогда PQ || BD, и, следовательно, A^CLPQ.
Таким образом, угол между скрещивающимися прямыми и PQ
равен 90°.
Решение б) (рис. 31). Проведем решение поэтапно-вычислитель-
ным способом в соответствии с планом, предложенным в начале пара-
графа.
1) Через прямую ВР и точку С уже проведена плоскость а. Это
плоскость АВС.
2) В плоскости а через точку С проведем прямую СК || ВР. Угол
между прямыми А{С и СК равен искомому углу <р.
Рис. 31
3) Выберем на прямой на-
пример, точку Др а на прямой СК —
точку К. Соединив точку А{ с точкой
К, получим треугольник А^СК.
4) Подсчитаем стороны этого тре-
угольника. Для выполнения вы-
числений введем вспомогательный
параметр, положив, например,
АВ = а. Тогда
AtC = afi,
СК = ВР = J АВ2 + АР2 =
50
AtK = ЛЛ2 +Л№-
Так как
АК = AD + DK = AD + DP = у-,
то
. ъл I 2	9а2
А,К = а2 + — = —g-.
Найдем угол Л,С/С треугольника АуСК. По теореме косинусов
Л,№ = Л,С2 + СК2 - 2А,С • СК • cos АХСК,
т. е.
Цр- = За2 + ---2а Л •	• cos AtCK,
4	4	▼	Z
откуда
JTs
cos A{CK = Лт-.
1 и
Л5
Так как > 0, то
1Э
л J15
cos <р = cos ( Л,С, BP) =	,
*/Ть
т. е. угол между прямыми А,С и BP ф = arccos
15
Решение в) (рис. 32). 1) Через прямую А{С и точку С, проведем
плоскость а. Это плоскость ЛССр
2)	В плоскости а через точку С( проведем прямую С,/7!) А^. Угол
между прямыми С{Р и равен искомому углу ф.
3)	Выберем на прямой С,Р точку Р, а на прямой CtF — точку F.
Соединив точку Р с точкой F, получим треугольник С{РР.
4)	Подсчитаем стороны треугольника ClPF. Для выполнения вы-
числений введем вспомогательный параметр, приняв, например, реб-
ро куба равным а.
Находим, ито
CtF = Л)С = а/3.
С{Р = у/ СС2 + СР2 =
51
4*
Из треугольника AFP
PF2 = AF2 + АР2 - 2AF • АР • cos FAP =
= (2a	- 2 • 2a • у • cos 45° =
Подсчитаем теперь cos PCXF. Получаем
PF2 = CJ>2 = CXF2 - 2CjP • CXF cos PCXF,
или
+ 3a2 - 2 • -y- • a J5 cos PCXF,
откуда
cos PCXF =
Тогда
/3
cos <p = I cos PC^I = -*p
<Гз
и, следовательно, (p = arccos Итак, угол между прямыми 4jC и
У
<Гз
С|Р ср = arccos
52
Покажем теперь, как вычис-
ляется угол между прямыми Л^
и векторно-координатным спо-
собом.
Зададим в пространстве пря-
моугольную систему координат
(рис. 33), приняв точку В за ее на-
чало и В А = I, ВС = /, ВВ{ = k.
В этой системе координат:
В (0; 0; 0), А (1; 0; 0), С(0; 1; 0) и
ВДО; 0; 1).
Для определения координат
—>	—>
векторов Л|С и С,Р найдем снача-
Рис. 33
ла координаты концов этих векто-
ров. Получаем ЛД1; 0; 1), СДО; 1; 1) и Р Н 1 ~; 0
Тогда л7с (- 1; 1; - 1) и cj> [1; -1; -1].
Теперь найдем угол между прямыми Л,С и СХР.
л
А	—> —>
cos (Л.С.^Р) = |с05(Л,С.С1Р)| =

^з
/3
Таким образом, угол между прямыми AtC и CtP равен arccos
Рассмотрим решение более сложного примера.
Пример 13. Боковая грань ABBtAt правильной призмы
ABCAjB^, является основанием правильной пирамиды, вершина М
которой лежит по разные стороны от плоскости АВВ{ с вершиной С.
Высота пирамиды равна стороне ее основания. Найдем углы между
прямой MBi и следующими прямыми: а) АС; б) ACf, в) CD2, точка Dz
которой является центром грани АВВ^.
53
Решение а) (рис. 34). Найдем
искомый угол сначала поэтапно-вы-
числительным способом.
1)	Через прямую АС и точку, взя-
тую на другой прямой, например
через точку Blt проведем плоскость
а. Это плоскость BtAC.
2)	В плоскости а через точку Bt
проведем прямую рх || АС.
3)	Выберем на прямой pt точку
Ft — такую, что В^ = Для
этого можно через точку Cj провес-
ти прямую т || Тогда точка F{
определится как точка пересечения
прямых т и Р]. Соединив точку М с
точкой Fi, мы получим треугольник
MBtFi.
Рис. 34
4)	Подсчитаем стороны треугольника MBiFt. Для выполнения
вычислений введем вспомогательный параметр, положив, например,
АВ = 2.
Тогда, так как четырехугольник АВВ^ является основанием пра-
вильной пирамиды, то он представляет собой квадрат. Тогда все реб-
ра призмы равны 2, т. е. и Д1С1 = 2, и BlFl = 2.
Далее ясно, что точка О = ДВ1П А{В является основанием высоты
МО пирамиды. Тогда
МО = 2, OBi = ^2 ,
и из прямоугольного треугольника МОВ{
MBi = ^МО2+ОВ2 = ^6.
Чтобы подсчитать MF{, соединим точку М с точкой С1 и с точ-
кой С2 — серединой ребра СС{. Так как треугольники MF{CX и Л4С,С2 —
прямоугольные, то получим
MF? = МС? + C.F? = (МС% + С£%) + C{F? = 12 + 4 /3.
Применим теперь к треугольнику MBlF[ теорему косинусов.
Получим
MF? = МВ? + BYF? - 2МВ{ • ByF{ • cos MB{Flt
или
откуда
cos MB,^ =
Тогда
cos
cos ( MBt, AC) = cos ( MBt, B^) =
Рис. 35
.	.	6J2 + J6
= I cos MBJW = —v	-
Таким образом, угол между прямыми МВ{ и АС равен
6/2 + </б
arccos —*---
12
Теперь проведем вычисление угла между прямыми МВ{ и АС век-
торно-координатным способом.
Итак, зададим в пространстве прямоугольную систему координат
(рис. 35), началом которой пусть будет точка D — середина ребра АВ
и, далее, примем DA = 7. Так как DC 1 АВ, то DC || Л а так как
|5с| = |ЛВ|-у- = J3,
то
DC = 73 /.
В плоскости ABBt через точку D проведем прямую £)D,|| AAt. То-
—>	—>
гда DD{ || k . А так как
I DD, | -\АВ| = 2,
то
D[\ = 2 k.
В выбранной нами системе координат D (0; 0; 0), А (1; 0; 0),
С (0; у[3; О) и £>,(0; 0; 2).
55
Найдем координаты вектора АС. Получаем АС (- 1; J3; о). Най-
дем координаты вектора МВ,. Для этого находим В,(- 1; 0; 2) и
Af (0; - 2; 1). Тогда Mfi, (- 1; 2; I).
Итак,
Л
л	—> —>
cos (МВ,, AC) - |cos (jWBp ЛС)| =
|(-!)♦(-1) + /з-2 + 0>l| _ 6/2 + ^6
71 + 3 /1 + 4+1	~	12
и, таким образом, угол между прямыми МВ, и АС равен
arccos —2—-
12
Решение б) (рис. 36). В прямоугольной системе координат, кото-
рую мы задали при решении примера а), находим координаты точки
Ср Cj (0; /3; 2). Тогда AC, (- 1; /3 ; 2) и МВ, (- 1; 2; 1). И далее,
Л
л	—> —>
cos ( МВ„ АС,) = |cos (МД.ЛС^р
cos
Рис. 36
-1) -(-1) + 73 • 2 + 2 • 1|	2+J3
71 + 3 + 4/1 + 4 + 1	4
Таким образом, угол между
прямыми МВ, и АС, равен
2 + 7з
arccos —-S—.
4
Решение в) (рис. 36). На-
ходим СД (б; - /3 ; 1). Тогда
л
Л	—> —>
MB„CD2) = |cos (MB„Cfy )l =
56
- I ° ' (~1}*• (- /эр 2 + 1 •11 _ 6/2 - J6
/’3 + 1 71+4 + 1	~	12
т. e. угол между прямыми MB{ и CD2 равен arccos -У- х .
Задачи для самостоятельного решения
42.	В правильной призме ABCDAlBlClDi угол между прямыми BDt
и BXD равен 90’. Найдите углы, которые образует прямая BXD со сле-
дующими прямыми:
а)ЛЛ1; б) AjC; в) CDj.
43.	На ребрах ВВХ и CD куба ABCDAxBlCiDl взяты соответственно
точки F и К — середины этих ребер, а на ребре AD взяты точки Е(, Е2
и Е3 — такие, что АЕ1 = ЕХЕ2 - Е2Е3 - E3D. Найдите углы, которые
образует прямая FK со следующими прямыми:
a) СХЕХ; б) СХЕ2, в) СЕ3.
44.	На ребрах AD и ВВХ прямоугольного параллелепипеда
ABCDA1BlClDl, у которого АВ : AD : 44, -1:2:2, взяты соответст-
венно точки Е и F — середины этих ребер. Найдите углы, которые
образует прямая EF со следующими прямыми:
а)4С(; б) BlD; в) DCX.
45.	На ребре ССХ правильной призмы ABCDAlBlClDl взяты точки
Е,, Е2 и Е3 — такие, что СЕ, = ЕХЕ2 = Е2Е3 = Е3С,. Считая АВ : ААХ =
= 1:2, найдите углы, которые образует прямая BXD со следующими
прямыми:
3)4^; 6)4^; в)4,Е3.
46.	В прямоугольном параллелепипеде ABCDAlBiClDi отношение
ребер АВ : AD = I : 2, а угол между прямыми BXD и СО, равен 90”. На
ребре BjC, взяты точки Еь Е2 и Е3 — такие, что ВХЕХ = ЕХЕ2 =
= Е2Е3 = Е3С{. Найдите углы, которые образует прямая АС со следую-
щими прямыми:
а) ЕЕ/, б) ВЕ2; в) ВЕ3.
47.	В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треуголь-
ник АВС. Ребро МА перпендикулярно плоскости основания и
МА = АС = ВС. На ребрах МА, МВ и МС взяты соответственно точки
D, Е и F — середины этих ребер. Найдите углы между следующими
прямыми:
a) BD и СЕ; б) BD и AF; в) СЕ и AF.
48.	Кубы ABCDAiBlC1Dl и AEFKA2E2F2K2 расположены таким
образом, что точка А является их общей вершиной, вершина К являет-
57
ся серединой ребра АВ, а вершина Д2лежит на ребре AAV Вершина Е
лежит по разные стороны от прямой АВ с вершиной D. Найдите углы
между прямой CjF2 и следующими прямыми:
a) АК2, 6)DK2, в) СК2.
49.	Точка А является центром гомотетии куба	и
многогранника АВ'С'О'А\В\С\йКоэффициент гомотетии k -
Найдите углы между прямой А\С1 и следующими прямыми:
а)Л|С'; б)£)В\; в) СС\.
50.	Правильная пирамида Af^BCZ), высота которой равна стороне
основания, и правильная пирамида	высота которой также рав-
на стороне основания, расположены по одну сторону от плоскости АВС
таким образом, что отрезок АВ является их общим ребром, вершина F
лежит в плоскости АВС по разные стороны от прямой АВ с вершиной
D. Найдите углы между прямой ЛЛ11 и следующими прямыми:
a) BF\ б) FM2, в) ВМ2.
51.	В основании пирамиды MABCD лежит квадрат, а ее боковое
ребро МВ перпендикулярно плоскости основания и равно стороне ос-
нования. Грань MCD этой пирамиды является основанием прямой
призмы MCDM^D^ расположенной вне призмы. Боковое ребро приз-
мы равно половине ребра МС. Найдите углы между прямой МА и
следующими прямыми:
а) б)В£\; в) M{D.
§ 6. Угол между прямой и плоскостью
Напомним определение угла между прямой и плоскостью.
Если прямая р пересекает плоскость а и не перпендикулярна а,
Рис. 37
то углом между прямой р и плос-
костью а называется угол меж-
ду прямой р и ее проекцией на
плоскость а (рис. 37).
Если р || а, то угол между пря-
мой р и плоскостью а считает-
ся равным нулю, а если р 1а —
равным 90°.
Наиболее распространенными
способами решения задач на вы-
числение угла между прямой и
плоскостью являются следующие
способы:
58
1. Поэтапно-вычислительный.
2. Векторно-координатный.
Суть поэтапно-вычислительно-
го способа состоит, коротко, в том,
что искомый угол <р включается в
прямоугольный треугольник, гипо-
тенуза которого лежит на задан-
ной прямой р, а один из катетов —
на прямой р’ — проекции прямой
р на плоскость а. Таким образом,
при решении поэтапно-вычисли-
тельным способом Необходимо выполнять определенные построения.
А именно находить точку пересечения прямой р с плоскостью а, опус-
кать перпендикуляр из какой-либо точки прямой р на плоскость а и
строить проекцию прямой р на плоскость а. После этого в построен-
ном треугольнике следует находить какую-нибудь тригонометрическую
функцию угла ф, а затем и сам угол ф.
Решение векторно-координатным способом можно осуществлять,
например, по следующему плану:
1)	Используя особенности заданной фигуры, зададим в пространст-
ве прямоугольную систему координат (начало системы координат и
векторы t, /. А).
2)	В заданной системе координат найдем координаты какого-ни-
будь вектора п — нормального вектора плоскости а и какого-нибудь
вектора а, коллинеарного прямой р.
3)	Найдем косинус угла между векторами а и п.
Из определения угла ф между прямой и плоскостью следует,
что О* < ф < 90*. Однако угол между векторами может принимать
значения от 0’ до 180’, и, таким образом, возможны два случая. Рас-
смотрим их.
1-й случай. 0* < а, п <90 (рис. 38). Тогда а, п = 90* - ф и
Л
cos ( а, п) = cos (90° - ф) = sin ф.
Итак, в этом случае
Л
sin ф = cos ( а, п ), где cos ( fl, и • > ().	(1)
59
2-й случай. 90’ < а, п <180’
(рис. 39). Тогда
а, п = 90’ + <р,
и cos ( а, п ) = cos (90° + ф) = —sin ф,
т. е. в этом случае
sin ф - — cos ( а, п ),
где cos ( а, п ) <0.	(2)
Объединяя результаты (1) и (2), получаем рабочую формулу
sin ф = | cos ( а, п ) |
для нахождения угла ф между заданными прямой и плоскостью.
Рассмотрим примеры.
Пример 14. На ребре CD куба ABCDAIBICtDI взята точка
Р — середина этого ребра. Найдем углы, которые образует прямая
AtP со следующими плоскостями: a) CDDy б) АХВС; в) BCiD.
Решение а) (рис. 40). Построим искомый угол. Так как прямая
Д)Д1 перпендикулярна плоскости CDDlf то точка D{ является проек-
цией точки на плоскость CDD{. Про-
ведем прямую DiP.
Так как точка Р — это точка пере-
сечения прямой АХР с плоскостью CDD\,
а точка D{ — проекция точки А{ на эту
плоскость, то прямая DtP является про-
екцией прямой А,Р на плоскость CDDV
Поэтому угол AlPDi — это искомый
угол.
Перейдем теперь к вычислениям.
Полагая ребро куба равным а (вспо-
могательный параметр), находим, что
тогда в прямоугольном треугольнике
Рис. 40	AlPDi
60
tg
Таким образом,
AtDt
Dtp-
tg AlPDl =
Итак, искомый угол равен arctg —.
D
Решение б) (рис. 41). Построим
искомый угол. Точка пересечения пря-
Рис. 41
мой с плоскостью АУВС на изобра-
жении уже есть. Это точка At. Для построения проекции прямой А{Р
на плоскость AtBC нужно из какой-нибудь точки прямой AtP опустить
перпендикуляр на эту плоскость. Для выполнения этого построения
заметим, что DCtl Dfi и DCt 1 ВС (так как прямая ВС перпендику-
лярна плоскости CDD^ то она перпендикулярна любой прямой этой
плоскости, и в частности ВС 1 DCt). Тогда прямая DC{ перпендику-
лярна плоскости AtBC. Воспользуемся этим выводом. Проведем в плос-
кости CDDl через точку Р прямую РС2|| DCt и найдем точку
К = РС2ПО(С.
В итоге этих построений мы получаем прямую AtK — проекцию
прямой А{Р на плоскость Л (ВС. Таким образом, угол РА{К является
искомым углом. Перейдем к вычислениям.
Полагая ребро куба равным а, подсчитаем какие-нибудь две сто-
роны треугольника А}РК.
Так, из прямоугольного треугольника AtAP находим, что
Л(В = АА2 + АР2
За
2 ’
Далее ясно, что
Тогда
КР = СК = -J-D(C = -ф-.
4	1	4
sin рА<к£
т. е. искомый угол равен arcsin
61
Рис. 42
Покажем еще применение вектор-
но-координатного способа на этом же
примере, т. е. найдем угол между
прямой А[Р и плоскостью Л (ВС век-
торно-координатным способом.
Итак, зададим в пространстве
прямоугольную систему координат
Bxyz (рис. 42), приняв за ее начало
точку В и В4 = 7, ВС = /, ВВ , = k.
В этой системе координат В (0; 0; 0),
А (1; 0; 0), С (0,1; 0), В, (0; 0; 1). Най-
—э
дем координаты вектора а. Ясно, что
в качестве этого вектора можно при-
—♦
нять вектор AtP.
Получаем Л,(1; 0; 1), Р I -; 1; 0J, и, тогда АХР I- h ~ 1
Найдем теперь координаты вектора п — какого-нибудь нормаль-
ного вектора плоскости АХВС. Для этого найдем координаты каких-
либо двух неколлинеарных векторов плоскости AtBC. Например, век-
торов ВА, и ВС. Получаем ВЛ,(1; 0; 1), ВС(О, 1; 0).
Пусть п (k; I; т). Так как вектор п перпендикулярен плоскости
Л,ВС, то п 1 ВЛ, и п 1 ВС. Переходя к координатам, получаем сле-
дующую систему двух уравнений с тремя переменными:
fe‘l + i‘0 + m’l = 0
Л‘0 + /‘1 + п1*0=0.
Из второго уравнения находим, что I = 0. Полагая, далее, в первом
уравнении, например, т = 1, находим, что £ = — 1. Таким образом, в
качестве нормального вектора плоскости Л,ВС может быть принят век-
тор и (- 1; 0; 1).
Далее находим
62
sin <p - | cos ( a, n )| =
..	-	. J2
Итак, искомый угол равен arcsin JL_.
Решение в) (рис. 43). Реше-
ние поэтапно-вычислительным спо-
собом требует выполнения очень
громоздких построений. Поэтому
найдем искомый угол векторно-ко-
ординатным способом.
Зададим в пространстве пря-
моугольную систему координат
Bxyz, приняв за ее начало точку В:
В4 = 7, ВС = 7, ВВ, = k.
Вектор а = AtP имеет коорди-
наты	(см- решение
пункта б)). Найдем координаты ка-
кого-нибудь нормального вектора п плоскости BCtD. Пусть п (k, I; т).
Так как вектор п перпендикулярен плоскости BC{D, то п 1 ВС} и
п 1 BD.
Находим С,(0; 1; !),£>(!; 1; 0), ВС, (0; 1; 1), BD (1; 1; 0). Тогда
fe’0 + /’l + m’l = 0
*-1 + /-1+7П-0=0,
откуда с точностью до множителя пропорциональности находим k = 1,
I = — 1, т = 1, т. е. п (1; — Г, 1).
Полагая для краткости угол между прямой Л,Р и плоскостью BCtD
равным <р, получаем
63
sin ф = | cos ( a, n )| =
Л
+1+1 71+1+1
5j3
9
Таким образом, угол между прямой А{Р и плоскостью BC{D равен
arcsin —S-
9
Пример 15, Куб ABCDA^Bfi^D^ и пирамида MA^AF располо-
жены таким образом, что отрезок AAt является их общим ребром,
точка А является серединой отрезка BF, точка D — серединой отрезка
МА. Найдем углы, которые образуют с плоскостью MAXF следующие
прямые: а) АХВ^ б) в) B{D.
будет искомым углом.
Рис. 44
Решение а) (рис. 44). Так как || BF, то угол между прямой
BF и плоскостью MA{F равен искомому углу. Найдем этот угол по-
этапно-вычислительным способом, для чего построим этот угол, затем
включим его в прямоугольный треугольник и т. д.
Ясно, что если из точки А опустить перпендикуляр АН на плоскость
MA{F и точку Н соединить с точкой F, то прямая АН будет перпенди-
кулярна прямой FH, т. е. угол AFH прямоугольного треугольника AFH
При этом в треугольнике
AFH гипотенуза AF равна
ребру куба. Таким образом,
задача фактически сводится
к нахождению расстояния от
точки А до плоскости MAfF.
Найдем это расстояние по
плану, предложенному в на-
чале § 3.
1)	Через точку А прове-
дем плоскость у, перпенди-
кулярную, например, пря-
мой плоскости MAtF.
Это нетрудно сделать, если
заметить, что точки А, М и
К — середина ребра A}F —
одинаково удалены от точек
At и F. Таким образом, плоскость у — это плоскость МАК. По-
строим ее.
2)	Найдем теперь линию пересечения плоскостей MAtF и у. Ясно,
что этой линией является прямая МК.
3)	Выберем на прямой МК какие-нибудь две точки, например точ-
ки М и К.
4)	Подсчитаем расстояние от точки А до прямой МК. Для выполне-
ния вычислений введем вспомогательный параметр, положив, напри-
мер, АВ = а. Треугольник МАК — прямоугольный, поэтому если
АН 1 МК, то
| АН • МК = ^АМ • АК,
где
AM = 2а,
1	a J~2
МК = ^АМ2 + АК2 = ^4а2 +	.
Тогда
АН =
Итак, в прямоугольном треугольнике AFH AF = а, АН =
О
АН 2
Значит, sin AFH = -тт = т, т. е. угол между прямой А1В1 и плоско-
zl г	«5
2
•стью MA{F равен arcsin =.
«5
Приведем еще для сравнения решение этого примера векторно-ко-
ординатным способом.
Итак, зададим в пространстве прямоугольную систему координат с
Началом в точке А и AF - 7, AD = /, AA{ = k (рис. 45).
В этой системе координат А (0; 0; 0), F (1; 0; 0), D (0; 1; 0),
Лц(О; 0; 1). Находим далее ВД- 1; 0; 1), М (0; 2; 0) и В^ (1; 0; 0).
Если вектор п (k; t, т) — нормальный вектор плоскости MAtF, то
Л ± AtF и л 1 AtM. Найдем координаты векторов A{F и А^М.
65
Рис. 45
Получаем AtF (1; 0; - 1), AtM (0; 2; — 1). Тогда
р • 1 + / • 0 + m • (-1) = О
(Л • 0 + / ♦ 2 + тп • (-1) = О,
откуда с точностью до множителя пропорциональности: k = 2, I = 1,
т = 2.
Таким образом, п (2; 1; 2) и В^ (1; 0; 0). Значит,
w| ND
।	.	|2-1+1-0 + 2-0|	2
Sin Ф1 = |cos ( П, ВЛ)| =	j4+i+4	= 3-
Итак, угол между прямой Л|В| и плоскостью MAtF равен arcsin
Решение б). Воспользуемся прямоугольной системой координат
Axyz, заданной нами при решении примера а)(рис. 45). Находим толь-
ко еще, что D^O; 1; 1), т. е. BlDl (1; 1; 0). Тогда
66
—> —
sin q>2 ~ lcos ( ^iA)l =
|2• 1 + 1• 1 + 2•0| _ /2
74+1+ 4 71+1	2
т. e. угол между прямой B,£>j и плоскостью MA{F равен 45°.
Решение в). Аналогично найдем и угол между прямой B}D и
—►
плоскостью MAtF (рис. 45). Находим Bt£>(l; 1; - 1). Тогда
sin ф3 = |cos ( п, B]D)| =
. J3
т. е. искомый угол равен arcsin -5L-.
Задачи для самостоятельного решения
52.	На ребре СС, правильной призмы АВСОА^С^, боковое реб-
ро которой в два раза больше стороны основания, взяты точки Еь Е2 и
Е3 — такие, что CEt — Е{Е2 = Е2Е3 - Е3С{, а на ребре CD взята точка
К — середина этого ребра. Найдите углы, которые образуют с плоско-
стью АА{К следующие прямые:
a) t; 6)Z)E2; в) DE3.
53.	На ребре АВ правильного тетраэдра МАВС взяты точки Pt и
Р2 — такие, что АР{ - PtP2 = Р2В. Найдите углы, которые образуют
с плоскостью МАС следующие прямые:
а) СВ; б) СРХ; в) СР2.
54.	В основании пирамиды МАВС лежит равнобедренный треуголь-
ник с прямым углом при вершине С. Каждое боковое ребро пирамиды
наклонено к плоскости основания под углом 45°. На ребре МС взята
точка F — середина этого ребра. Найдите углы, которые образует
прямая AF со следующими плоскостями:
а) МОС, точка О которой является серединой ребра АВ; б) МАВ;
в) МВС.
55.	На ребрах CD и АВ куба ABCDAlBlClDl взяты соответственно
точки Р и Q — середины этих ребер. Найдите углы, которые образуют
с диагональной плоскостью АСС, следующие прямые:
a) CtD; б) С{Р; в) CXQ.
56.	На ребрах AD и В1С1 прямоугольного параллелепипеда
ABCDAlBlClDt с отношением ребер АВ : AD : AAt = 1:2:1 взяты
67
5*
соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найдите углы,
которые образуют с плоскостью CDAt следующие прямые:
a) PC,; 6)PQ; в) РВ,.
57.	Два равных правильных треугольника АВС и CDE расположе-
ны в одной плоскости таким образом, что точка С является серединой
отрезка BD, СЕ || АВ и DE || АС.
Треугольник АВС является основанием правильной призмы
ЛВСЛ,В,С,, боковое ребро которой равно стороне основания, а тре-
угольник CDE служит основанием правильной пирамиды, высота ко-
торой также равна стороне основания. Призма и пирамида находятся
по одну сторону от плоскости АВС. Найдите углы, которые образуют с
плоскостью ЛВС, следующие прямые:
а) МС; б) МА; в) B{D.
58.	В основании пирамиды M{ABCD лежит квадрат, а ее боковое
ребро М{В перпендикулярно плоскости основания и равно стороне
основания. Вторая пирамида M2DCFE является правильной. Ее вер-
шина F лежит на прямой ВС, ее высота также равна стороне основа-
ния. Найдите углы, которые образует прямая АМ2 со следующими
плоскостями:
а) ЛВС; 6)Af2£f; в) M2DF.
59.	Две равные правильные пирамиды MABCD и MABEF располо-
жены таким образом, что треугольник МА В является их общей гра-
нью и относительно плоскости МАВ они находятся по разные стороны.
Треугольник MK.L, вершины К и L которого явдяются-серединами со-
ответственно сторон АВ и CD, — равносторонний. Найдите углы, кото-
рые образует прямая MF со следующими плоскостями:
а) ЛВС; б) MCD; в) МЕС.
60.	В основании пирамиды М{АВС лежит равнобедренный треуголь-
ник с прямым углом при вершине С. Боковое ребро М,С перпендику-
лярно плоскости основания этой пирамиды и равно его медиане CD.
Грань Л1,ЛВ этой пирамиды является основанием второй пирами-
ды, вершина М2 которой лежит по разные стороны от плоскости Л/,ЛВ,
с точкой С, а ее боковое ребро М2М{ перпендикулярно плоскости М,ЛВ
и равно медиане М,£) треугольника MtAB. Найдите углы, которые
образует прямая М^ со следующими плоскостями:
а) ЛВС; б) Л4,ЛС; в) Л4,ВС.
§ 7. Угол между плоскостями
Пусть плоскости а, и а2 пере-
секаются по прямой TV (рис. 46).
Через какую-нибудь точку W пря-
мой TV проведем в плоскости
прямую WjlTV и в плоскости
а2 — прямую TV. Угол <р
между прямыми WU{ и UW2 яв-
ляется тогда углом между плоскос-
тями и а2.
Так как угол ср — это угол меж-
ду прямыми, то 0° < ср < 90°.
Основными способами решения
плоскостями являются следующие способы:
1. Геометрический.
2. Поэтапно-вычислительный.
Рис. 46
задач на вычисление угла между
3. Векторно-координатный.
Геометрический способ удается осуществить, как правило, лишь в
тех случаях, когда искомый угол равен либо 90°, либо 60° и т. п. На-
ходится искомый угол при этом из геометрических соображений
(т. е. без вычислений).
Применение поэтапно-вычислительного способа может быть связа-
но с использованием формулы Snp = 5Ф • cos <р, где 5Ф — это площадь
фигуры Ф, лежащей в одной из плоскостей а! или а2, а ср — это угол
между плоскостями а, и а2. Если фигура Ф лежит, например, в плос-
кости alt то Snp — это площадь ортогональной проекции фигуры Ф па
плоскость а2.
В некоторых случаях применение поэтапно-вычислительного спосо-
ба связано с необходимостью построения угла <р между плоскостями
otj и а2, а затем треугольника, содержащего либо угол ср, либо смеж-
ный с ним угол <Pi = 180° - ср. Подсчитывая стороны этого треугольни-
ка, находят какую-либо тригонометрическую функцию угла <р (или q^)
и далее сам угол ср.
Если рассматриваемый треугольник не является прямоугольным,
то для нахождения cos ср (или cos ср^ применяют теорему косинусов.
Пусть в результате вычислений оказалось, что cos	= т.
Возможны два случая: 1) т > 0; 2) т < 0. Рассмотрим эти случаи.
1-й случай. Если т > 0, то угол UlWU2 — острый, и, значит, именно
этот угол является искомым углом <р. Таким образом, в этом случае
ф = arccos m, где т > 0.	(1)
2-й случай. Если т < 0, то угол	— тупой, и, значит,
угол U{WU2 — это угол фн смежный с искомым углом ф. Итак,
Ф1 = 180° - ф. Следовательно,
cos ф1 = cos (180° - ф) = - cos ф,
откуда
cos ф = - cos ф1 = - т.
Таким образом, в этом случае
Ф = arccos (- т\ где т < 0.	(2)
Объединяя результаты (1) и (2), получаем рабочую формулу
Ф — arccos \т\
для вычисления угла ф между плоскостями.
Применение векторно-координатного способа для вычисления угла
Ф между плоскостями, естественно, требует задания в пространстве
прямоугольной системы координат. В этой системе координат находят
координаты каких-нибудь нормальных векторов и л2 соответствен-
но плоскостей oiq и а2, а затем находят ко-
синус угла между векторами и п2.
При этом возможны два случая. Рас-
смотрим ИХ.	I
1-й случай. Если cos (/г1г/12) ^0. то>
0‘ < /2Р п2 <90° (рис. 47). Тогда угол ф меж-
ду плоскостями ttj и а2 равен углу между
векторами п{ и «2.
Рис. 47
70
Итак, в этом случае
cos q> = cos ( л,, л2), где cos ( пх, л2) > 0.
2-й случай. Если cos («|t«2) < 0, то,
90° < л,, п2 < 180’ (рис. 48). Тогда угол меж-
ду плоскостями сц и а2
Ф = 360’ - (90’ + 90’ + я,, п2) =
= 180° - яр п2.
т. е.
Л	-> л ->
cos ф = cos (180’ — Яр я2) = — cos ( пх, п2).
Итак, в этом случае
(3)
Рис. 48
cos Ф = - cos ( Яр я2), где cos ( яр я2) < 0.	(4)
Объединяя результаты (3) и (4), получаем рабочую формулу
cos ф = | cos ( Яр я2)|
для вычисления угла между плоскостями векторно-координатным
способом.
Рассмотрим примеры.
Пример 16. Боковое ребро правильной призмы АВСАХВХСХ в
два раза больше стороны ее основания. На ребрах АС и ССХ призмы
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найдем
углы, которые образует плоскость BPQ со следующими плоскостями:
а) ЯСС,; б)АхВР; в)АВВх.
Решение а) (рис. 49). Покажем геометрический способ реше-
ния. Так как отрезок ВР является медианой правильного треуголь-
71
ника АВС, то ВР 1А С. А так как задан-
ная призма — правильная, то ее боко-
вое ребро перпендикулярно плоскости
основания, и поэтому ААХ1ВР, т. е. и
ВР1АА,. Таким образом, прямая ВР
перпендикулярна двум пересекающим-
ся прямым плоскости ACCj, и, следова-
тельно, прямая ВР перпендикулярна
плоскости АССХ.
Это значит, что любая плоскость, про-
ходящая через прямую ВР, т. е. и плос-
кость BPQ, перпендикулярна плоскос-
ти АСС[.
Таким образом, угол между плоско-
стями PBQ и АСС, ф = 90°.
Рис. 49
Решение б) (рис. 50). Линией пересечения плоскостей BPQ и
ВРАХ является прямая ВР. Построим угол между этими плоскостями.
Как показано в решении пункта а), прямая ВР перпендикулярна
плоскости ACCj. Тогда ВР 1 РА( и ВР 1 PQ.
Таким образом, угол между прямыми АХР и PQ (они перпенди-
кулярны прямой ВР) является искомым углом ф.
Соединим точку А, с точкой Q и подсчитаем величину угла AXPQ
из треугольника AXPQ.
Полагая для выполнения подсчетов АВ = а, находим, что тогда
Дал
АА1 = 2а,
АХР = J АА2 + АР2 =
PQ = СР2 + CQ2 =
AtQ = A,Cf + CXQ2 =а/2
ее по теореме косинусов
Рис. 50 AtQ2 = АХР2 + PQ2 - 2АХР • PQ cos AXPQ,
или
72
откуда
cos A{PQ -
7^85
85
Таким образом» искомый угол <р = arccos - У--—.
оЭ
На этом же примере покажем еще векторно-координатный способ
вычисления угла между плоскостями BPQ и А{ВР.
Итак, зададим в пространстве прямоугольную систему координат
(рис. 51). За начало этой системы координат примем точку Р, в каче-
стве вектора i примем вектор РА. Таким образом, мы считаем сторо-
ну правильного треугольника АВС, равной 2. Тогда в этом треуголь-
нике медиана РВ = т. е. вектор РВ можно принять за вектор
. В плоскости АСС{ через точку Р проведем прямую PPt || ЛЛГ
—>
Ясно, что PPt = 2ЛС. Тогда РР} = 4 и вектор PPt, перпендикулярный
векторам i и /, можно принять за вектор 4k.
Итак, РА = 7. РВ = РР* =
В заданной системе координат
Р (0; 0; 0), Л (1; 0; 0), В (О; Д;0).
Р((0; 0; 4). Далее, С,(- 1; 0; 4),
Q(- 1; 0; 2), ЛД1; 0; 4). Найдем
координаты нормальных векторов
ni и п2 соответственно плоскостей
BPQ и А^ВР.
Пусть /г, (k[t тщ). Так как
вектор перпендикулярен плос-
м
2
Рис. 51
кости BPQ, то 1 РВ и РВ 1 PQ.
Найдем координаты векторов
73
РВ и PQ. Получаем: РВ (0;/У;0), PQ (- 1; 0; 2). Тогда
•	0 + /, • ^3 + т, • 0 = О
•	(-1) + li • 0 + nij • 2 = 0.
Из первого уравнения находим, что Z, = 0, и, полагая во втором
уравнении, например, ш, = 1, получаем = 2. Таким образом,
л, (2; 0; 1).
Аналогично находим координаты вектора п2.
Пусть м2 (й2; Z2; лг2). Так как вектор п2 перпендикулярен плоскос-
ти AiBP, то п2 1 РВ (0;/У;0) и п2 1 РА{ (1; 0; 4). Тогда
k2 ♦ 0 + /2 • /3 + т2 • 0 = О
k2 • 1 + /2 • 0 + т2 • 4 = О,
откуда 12 = 0, т2 = 1, k2 = - 4, т. е. п2 (— 4; 0; 1). Теперь находим
cos <р = | cos ( л,, п2) | ~
| 2 »(- 4) + 0 » 0 + 1 • 11 _ 7/85
/4 + 1 ^16 + 1	~	85 ’
7J85
т. е. искомый угол ф = arccos --%-- .
85
Решение в) (рис. 52). Построение
угла между плоскостями BPQ и ABB{
вызывает значительные затруднения
(сначала нужно построить линию пере-
сечения этих плоскостей).
Подсчитаем величину искомого угла
по формуле
\р = 5ф * cos Ф-
Рис. 52
74
(Напоминаем, что 5пр - это площадь ортогональной проекции
фигуры Ф.)
Спроектируем треугольник BPQ на плоскость АВВ1 в направле-
нии, параллельном прямой CD, точка D которой является серединой
ребра АВ (ясно, что прямая CD перпендикулярна плоскости ABBJ.
Получим треугольник BP'Q'. Подсчитаем его площадь, полагая для
вычислений АВ = а.
Находим, что
АА} = 2а,
ВР' = BD + DP' = BD + ±AD =
Q'D = QC = а,
SBP'Q'=^BP’ - Q'D = ± •	. а = ^~.
Подсчитаем SBPQ - площадь треугольника BPQ. Как доказано в
пункте а), ВР 1 PQ. Тогда
SBPQ = ±ВР • PQ,
где
ВР = ^~.
PQ = J СР' + CQ' =
Таким образом,
^bpq 2
и, следовательно,
cos ср
т. е. искомый угол ф = arccos
2*2	8
^BPQ 5
/15
75
Рис. 53
Пример 17. Правильная пирамида MABCD, отношение высо-
ты которой к стороне основания равно ^Гз : 1, и правильная призма
CDEClDlEl с равными ребрами расположены по одну сторону от плос-
кости АВС таким образом, что отрезок CD является их общим реб-
ром, вершина Cj лежит на прямой ВС по разные стороны от прямой
CD с точкой В. Найдем углы, которые образует плоскость EDDX со
следующими плоскостями: a) MAD', б) МАВ; в) МСЕ{.
Решение а) (рис. 53). Так как точка С( лежит на прямой ВС, то
она лежит в плоскости АВС. Таким образом, точки С, D и Ct лежат в
плоскости АВС. Тогда и вершина Dt грани CDDtCf призмы лежит в
плоскости АВС. Нетрудно доказать, что точка Dt лежит на прямой
AD. А из этого следует, что прямая ADt — это линия пересечения
плоскостей MAD и EDD{.
Более того, так как заданная призма — правильная, то плоскость
CDE перпендикулярна прямой ADV
Пусть точка К — середина ребра CD. Тогда прямая ЕК перпенди-
кулярна плоскости CDDlt т. е. она перпендикулярна и плоскости АВС.
Но и МО — высота пирамиды — перпендикулярна плоскости АВС.
Таким образом, ЕК\\МО.
В плоскости МОК, определяемой этими параллельными прямыми,
76
через точку М проведем прямую, параллельную прямой ОК, и точку
ее пересечения с прямой ЕК обозначим Л4(. Соединим точку Л41 с точ-
кой D. Из проведенного построения понятно, что прямая MD лежит в
плоскости MAD и MtD A.ADt.
Значит, угол между прямыми ED и MXD равен углу между плоско-
стями EDDt и MAD.
Перейдем к вычислениям. Подсчитаем величину угла M{DE тре-
угольника MtDE.
Положим АВ = а (вспомогательный параметр). Тогда
DE = DC = а.
ЕК =
Так как МО : АВ -	: 1, то МО = а^З. Тогда и	, а
Л1|Е = a JU
2	2
Из прямоугольного треугольника MXDK найдем
M.D = М.К2 + DE2 = Jfajs)2 + (дУ =
Итак, в треугольнике M{DE известны все стороны. Применим к
нему теорему косинусов. Получим
М{Е2 = MtD2 + DE2 - 2MtD • DE • cos MjDE,
или
За2 13а2	2 oaV3	нГ|Р
-г- =	—I- az - 2 —• a • cos M,DE,
4	4	z	k
откуда
7 J13
cos M,DE - —,
1	zb
и, таким образом, угол между плоскостями EDD{ и MAD равен
arccos
7/13
26
77
Рис. 54
Решение б) (рис. 54). Зададим в пространстве прямоугольную
систему координат с началом в точке О (основании высоты МО пира-
миды) и OL - 7 (точка L — середина ребра AD), ОК - / (точка К —
середина ребра CD) и ОМ - ^3 k.
В этой системе координат 0(0; 0; 0), £(1; 0; 0), К (0; 1; 0) и
М (0; 0; 2^).
Найдем координаты вектора п{ (А>(;	т{) — нормального вектора
плоскости МАВ. Для этого найдем координаты, например, векторов
ВА и AM. Имеем А (1; - 1; 0), В (- 1; - 1; 0). Тогда Д4 (2; 0; 0) и
AM (- 1; - 1; 2/з)-
Так как вектор /г( перпендикулярен плоскости AfjAB, то nt 1 ВА и
nt 1 AM. Переходя к координатам, получаем следующую систему
уравнений:
78
й, • 2 + /j* 0 + т{ • О = О
’ й, • (-1) + /, • 1 + mt • 2у[3 = О,
из которой, с точностью до множителя пропорциональности, находим
jfej = 0, /| = - 6, т{ = J3 .
Таким образом, (О; - 6; -/з)-
Аналогично найдем теперь координаты вектора п2 (k2; 12, т2) —
—>
нормального вектора плоскости EDDV Имеем D (1; 1; 0), AL (0; 1; 0),
Е (О; 1;	, DE (- 1; 0; /У) и так как п2 1 AL и п2 1 DE, то
k2 - 0 + 12 • 1 + т2 • 0 = О
k2 • (-1) + 12 - 0 + т2 • Д = О,
откуда k2 = 3, 12 = 0, т2 = J3 , т. е. /72(3; 0; у[з)-
Тогда
л	-Л |0’3 + (-6)-0 + JT • JTI Из
cos (МАВ, EDDt) = |cos ( «„ «2) | =-------------------- ±-
Таким образом, угол между плоскостями МАВ и EDD{ равен
Лз
arccos
Решение в) (рис. 54). Воспользуемся системой координат, за-
данной нами в решении пункта б).
Найдем вектор я, (k{\ lt; mt) — нормальный вектор плоскости
MCEt. Имеем: М (О; 0; 2</з), С (- 1; 1; 0), Et (о; 2; /з)  Тогда
kt • 1 + /,• (-1) + т, • 2/3 = О
k{ ♦ 1 + • 1 + т1 • ^3 = О,
79
откуда Л = - 9, / = 3, т = 2/У , т. е. лД- 9; 3; 2./У).
Так как п2(3; 0; /У) (см. решение пункта б)), то
л	-> _>
cos (МСЕ{, ЕЕЕХ) = | cos ( Лр n2) I =
| (-9)-3+3 •0 + 27з’_ 7/з4
-	/81 + 9 + 12 /9 + 3	“ 68 ’
7 _/34
т. ё. угол между плоскостями МСЕХ и EDDi равен arccos —.
Задачи для самостоятельного решения
61.	На ребре CCt куба АВСЕА^С^ взята точка Р — середина
этого ребра. Найдите углы, которые образует плоскость BDP со сле-
дующими плоскостями:
a) ABtC; б^ВС; в)4|В,С.
62.	На ребрах ВВХ и СС1 куба АВСЕА^С^ взяты соответственно
точки Р и Q — середины этих ребер. Найдите углы, которые образует
плоскость АСР со следующими плоскостями:
aMjCjP; 6)BDQ; в) BlElQ.
63.	На ребре CCj правильной призмы ABCEAlBlClEi взята точка
Р — середина этого ребра. Считая АВ : AAt = 2:3, найдите углы,
которые образует плоскость ABtP со следующими плоскостями:
а) АВС; 6)BBjCf, 8)44^.
64.	Боковое ребро правильной призмы ABCAiBlCl равно стороне ее
основания. На стороне АС взяты точки К; и К2 — такие, что
СХ\ = KiK2 = К^А. Найдите углы, которые образует плоскость ABCt со
следующими плоскостями:
a)4jBC; б) 41ВК1; в)41ВЛ’2.
65.	На ребрах ВС и МВ правильного тетраэдра МАВС взяты соот-
ветственно точки Е и Е — середины этих ребер. Найдите углы между
следующими плоскостями:
а) АСЕ и 4ВС; б) ЛЕЕ и МАВ; в) АЕЕ и АСЕ.
66.	Высота МО правильной пирамиды МАВС равна стороне ее
основания. Найдите углы, образуемые плоскостью, проходящей
через прямую АВ перпендикулярно прямой МС, со следующими
плоскостями:
80
a) ABC; б) MAB; в) MBL, точка L которой является серединой
ребра А С.
67.	Вершины В{ и Cj куба ABCDA{B{CJ){ являются также вер-
шинами основания пирамиды. Вершина М этой пирамиды лежит на
прямой £Юр при этом точка D{ — это середина отрезка DM. Найдите
углы, которые образуют плоскость АВ{С со следующими плоскостями:
a)W; 6)^4^,; в)МА1В1.
68,	Боковое ребро правильной призмы АВСА^С^ равно стороне ее
основания. Треугольник Л1В1С1 является основанием пирамиды, вер-
шина М которой лежит вне призмы, а ее высота равна половине сторо-
ны основания. Четырехугольник АСС1А1 является основанием правиль-
ной пирамиды, вершина М2 которой лежит по разные стороны от плос-
кости ACCi с вершиной В и высота которой равна медиане треуголь-
ника АВС. Найдите углы, которые образует плоскость MfAjCj со сле-
дующими плоскостями:
а)ЛМ1Сь б) М^С; в) М^М^.
69,	В основании прямой призмы АВСАХВ{С{ лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при вершине С, а ее грань АСС{А{
является квадратом. В основании пирамиды, расположенной по раз-
ные стороны с призмой от плоскости ACD, лежит равнобедренный тре-
угольник с прямым углом при вершине С. Вершина М пирамиды ле-
жит на прямой ССр причем вершина Cj является серединой ребра
МС. Найдите углы, которые образует плоскость MAD со следующими
плоскостями:
а)АВВ{; б) B{AD; в) АВС{.
70.	Куб ABCDAXB{C{DX и пирамида MEFKL расположены по
разные стороны от плоскости CDDV Грань MEF является равносто-
ронним треугольником, вершина М которого — это середина ребра
ССЬ а вершины L и К лежат соответственно на прямых A[Dl и В{С{,
вершины L и К лежат соответственно на прямых AD и ВС, причем
AL : AD = ВК : ВС = 3:2. Найдите углы между следующими парами
плоскостей:
a) MEF и MKL; б) MFK и MEL; в) BJBD и EFK.
§ 8. Двугранный угол
Напомним некоторые сведения о двугранном угле.
Фигуру, образованную двумя полуплоскостями, не принадлежащи-
ми одной плоскости, с общей ограничивающей их прямой называют
двугранным углом. Полуплоскости называют гранями двугранного
угла, а ограничивающую их прямую — ребром двугранного угла.
Л 81
5-762
Рис. 55
Если некоторая прямая являет-
ся ребром только одного двугран-
ного угла, то этот угол можно обо-
значать теми же буквами, которы-
ми обозначено его ребро. В тех же
случаях, когда два или несколько
двугранных углов имеют общее
ребро, в обозначении двугранного
угла указывают сначала точку,
лежащую в одной из его граней,
затем указывают ребро этого угла
и далее какую-нибудь точку, лежа-
щую во второй его грани.
Так, на рисунке 55 изображены
двугранные углы САВЕ, CABD и
DABE.
Угол, который получается в сечении двугранного угла плоскостью,
перпендикулярной его ребру, называют линейным углом двугран-
ного угла.
За меру двугранного угла принимают меру его линейного угла.
Эта мера не зависит от выбора линейного угла.
Построение линейного угла данного двугранного угла можно вы-
полнить, например, следующим образом (рис. 55):
1) В грани АВС из некоторой точки L опустим перпендикуляр
LF на прямую АВ — ребро двугранного угла.
2) В точке F в грани ABD восставим перпендикуляр FK к пря-
мой АВ.
При таком построении угол LFK — это угол, получаемый в сечении
двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру, т. е. угол
LFK — это линейный угол двугранного угла CABD.
Отметим еще, что линейный угол двугранного угла — это угол меж-
ду лучами (а не прямыми), т. е. если ф — величина двугранного угла,
то 0° < ф < 180°.
Наиболее распространенными способами решения задач на нахож-
дение двугранного угла являются следующие:
1. Геометрический.
2. Поэтапно-вычислительный.
Применение поэтапно-вычислительного способа связано с необхо-
димостью построения линейного угла ф искомого двугранного угла.
Угол ф включается в треугольник. Затем подсчитываются стороны этого
треугольника, после чего находится угол ф.
82
Перейдем к рассмотрению примеров.
Пример 18. В основании прямой
призмы ABCA^^i лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при
вершине С, а ее боковое ребро равно
стороне АВ основания. На ребре AAt
взята точка Р — середина этого ребра.
Найдем следующие двугранные углы:
а) С,В,РВ; б) В.СРСр в) B{CPD, где
точка D — середина ребра АВ.
Решение а) (рис. 56). Построим
линейный угол искомого двугранного
угла. Так как четырехугольник АВВ1А1 — квадрат, то, соединив точку
£>] — середину ребра Л|В1 — с вершиной В, мы получим В/),! BtP.
Таким образом, в грани BBJ3 перпендикуляр к ребру В{Р искомого
двугранного угла построен.
Построим теперь перпендикуляр к ребру В,Р в грани С^Р. Со-
единим точку £)] с точкой С,. Отрезок Cj£>j является тогда медианой
треугольника Л^С,. И так как в этом треугольнике 4,0, = В^, то
Кроме того, ясно, что ААГ Так как прямая
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости ЛВВ1( то
прямая C|Z)j перпендикулярна этой плоскости.
Проведем в плоскости СуВуР через точку F = ВР|ПВ[Р прямую
FK || С,/)]. Тогда прямая FK также
ЛВВр т. е. FKIB'P.
Итак, угол BFK — это линейный угол
двугранного угла CJ^PB. При этом, так
как прямая FK перпендикулярна плос-
кости ДВВ], то прямая FK перпенди-
кулярна и прямой BF. Таким образом,
угол BFK, т. е. и двугранный угол
С^РВ, равен 9(У.
Решение б) (рис. 57). 1) Постро-
им линейный угол двугранного угла
BtCPCi. Ребром этого угла является
прямая СР. В грани С{СР из точки С1
опустим перпендикуляр на прямую СР.
Для этого подсчитаем стороны треуголь-
перпендикулярна плоскости
83
6*
ника С£Р. Полагая для вычислений АС = а (вспомогательный пара-
метр)» находим, что так как СС{ = АВ. то СС, = а ^2.
Из прямоугольного треугольника АСР СР = 2“’ и из тРеУГ0ЛЬНИ‘
ка Л1С1Р С{Р = Тогда, если С{Н — высота треугольника СС{Р.
то
С£2 - СИ2 = СХР2 - PH2.
или
( г~
2а2 - СИ2 =	- СИ ,
\ >
откуда
сн =
Для непосредственного построения точки Н мы, таким образом,
имеем отношение
СН : СР =	= 2:3.
/б 2
Построим точку Н и затем прямую С\Н.
2) Чтобы теперь в грани В£Р восставить перпендикуляр к реб-
ру СР искомого двугранного угла в точке Н, заметим, что так как
прямая BjCj перпендикулярна плоскости ACClt то CtH — это проек-
ция BtH на плоскость АССГ. Но Cf/71 СР (по построению). Значит, и
BiH 1 СР. Итак, угол В)НС1 является линейным углом двугранного
угла BiCPC^
3) Подсчитаем величину угла BJ1C, из прямоугольного треуголь-
ника BiHCy. Находим
tg
где
BjCj = а,
С{Н = у/ СС2 - СН2 =
В итоге получаем
tg В,НС{ =
т. е. двугранный угол BiCPCi равен
♦ А
arctg -у.
Решение в) (рис. 58). Построим
линейный угол искомого двугранно-
го угла. Чтобы опустить перпендику-
ляр из точки В, на прямую СР, сое-
диним точки С и Р с точками Bt и D,
Рис. 58
а затем подсчитаем стороны треуголь-
ника BtCP и т. д.
Пусть для вычислений АС — а (вспомогательный параметр). Тогда
A lBi = АВ = а^2.
1	й J 2
Л)р = |лл1 = 4-.
Из прямоугольного треугольника В{А{Р находим
В.Р = Л,В2 + Л,Р2 = ^2а2+^~ =
Из прямоугольного треугольника АСР
СР = АС2 + АР2 = ^а2+^- =
Из прямоугольного треугольника BfCtC
Bfi = В{С2+СС2 = 7 а2 + 2а2 = а/З.
Итак, в треугольнике BjCP известны все стороны. Если теперь
BlHl 1 СР, то
В, С2 - Ctff = В{Р2- PHI
85
Ясно, что PH у < CHt. Поэтому в последнем равенстве сделаем замену
PH2 = (СР - С
Получим
За2 - СН2 =	- CHi ,
откуда
Тогда для непосредственного построения точки Н{ мы имеем
отношение
С/71 : СР = Ц- : Ц- = 2 : 3.
О	Z
Итак, построим точку и соединим ее с точкой В,. Имеем В1Н[ 1 СР.
Теперь перейдем к построению перпендикуляра, который опущен
из точки D на ребро СР двугранного угла BfiPD. Подсчитаем для
этого стороны треугольника CDP.
Имеем
I aj~2
CD = ±AB = -±-,
DP - -i AtB = a.
Если DH21. СР, to
CD2 - CHl = DP2 - PHI
Так как CD < DP, то и CH2 < PH %. Поэтому, делая в последнем равен-
стве замену
СН2 = (СР - PHj2,
получим уравнение
2
a J 6
- PH2 = a2- PH2,
2 J
из которого
a J6
= 4-
Для построения точки H2 имеем отношение
РН2 : СР =	= 2 : 3.
Итак, построим точку Н2 и соединим ее с точкой D. Тогда DH^i. СР.
И, наконец, проведем в плоскости CPD через точку прямую
ЯД II DH,.
Тогда угол В{Н\К образован двумя перпендикулярами к ребру СР
искомого двугранного угла. При этом перпендикуляр В{Н( лежит в
одной грани этого двугранного угла, а перпендикуляр XT/j — в дру-
гой. Следовательно, угол В^К — это линейный угол двугранного
угла B'CPD.
Соединим точку К с точкой В{. Подсчитаем стороны треугольни-
ка В'Н{К.
Имеем
КН' = ±dh2 = dp2-ph2 =
Ясно далее, что
В'К^В'А = %.
Применим теперь к треугольнику В^К теорему косинусов:
ВХК2 = В{Н2 + КН2 - 2ВХНХ • КНХ • cos BxHxKt
или
87
откуда
$a2 _ 21a2 За2	_ afzi
4 ~ 9 + 9	2	3
aJ3
-f- . cos B^K,
cos B,H,K = ~?J~.
1	1	nn
Итак, двугранный угол BXCPD равен arccos
Пример 19. Высота пра-
вильной четырехугольной пира-
миды равна стороне ее основа-
ния. Найдем следующие двугран-
ные углы: а) при ребре основания;
б) при боковом ребре; в) между
противоположными боковыми
гранями.
Решение а) (рис. 59). По-
строим линейный угол двугранно-
го угла при ребре CD (т. е. угла
MCDA) пирамиды MABCD с вы-
сотой МО. Соединим точку К —
середину ребра CD с точками О и
М. Так как в треугольнике MCD
МС - MD и МК — его медиана, то
МК 1 CD. Так как, далее, прямая
МО перпендикулярна плоскости АВС, то ОК — это проекция наклон-
ной МК на плоскость АВС, т. е. и ОК 1 CD.
Таким образом, угол МКО образован перпендикулярами МК и ОК
к ребру CD. Один из этих перпендикуляров лежит в грани MCD иско-
мого двугранного угла, другой — в грани OCD. Следовательно, угол
МКО является линейным углом двугранного угла CD.
Подсчитаем величину угла МКО. Для выполнения вычислений вве-
дем вспомогательный параметр, положив, например, CD = а. Тогда
МО = а, ОК = и из прямоугольного треугольника МОК находим
tg МКО =
МО
ок
= 2.
Итак, двугранный угол при ребре CD равен arctg 2.
88
Решение б) (рис. 59). Найдем величину двугранного угла при
ребре МС. С этой целью построим линейный угол двугранного
угла МС.
В грани MCD из точки D опустим перпендикуляр DE на прямую
МС и точку Е соединим с точкой В. Из равенства треугольников CDE
и СВЕ (у них CD = ВС, СЕ — общая сторона и Z DCE - Z ВСЕ).
Заключаем, что Z DEC ~ Z ВЕС, т. е. Z ВЕС - 90°.
Итак, угол BED образован перпендикулярами BE и DE к ребру
МС искомого двугранного угла. При этом один из перпендикуля-
ров лежит в грани МВС двугранного угла МС, а другой — в его грани
MCD. Поэтому угол BED является линейным углом двугранного
угла МС.
Перейдем к вычислениям. Подсчитаем стороны BD и DE равнобед-
ренного треугольника BED, в который входит угол BED, а затем при-
меним к этому треугольнику теорему косинусов. Ясно, что BD = а^2 .
Чтобы подсчитать сторону DE, выразим двумя способами S - пло-
щадь треугольника MDC, в котором
CD = а,
МС = J МО2 + ОС2 =
МК = 7 МО2+ОК2 =
Получаем
S = | МС • DE =	. De
S = ±CD • MK = ^f-.
Таким образом,
откуда
89
и, значит,
Теперь по теореме косинусов:
BD2 = DE2 + BE2 - 2DE • BE • cos BED,
или
„ 2	5a2	5a2	o aft	DC
2a = -7—F -z----2 —f=- • —t=- • cos BED,
6	6 J6 J6
откуда
cos BED = — 4-
3
Итак, угол BED, т. e. и двугранный угол МС, равен arccos
Решение в) (рис. 60). Найдем, например, угол между гранями
МАВ и MCD. Построим сначала ребро искомого двугранного угла.
(В условии задачи ребро не указано, но задано однозначно.)
Так как АВ || CD, то прямая АВ параллельна плоскости MCD. Это
значит, что плоскость МАВ, проходящая через прямую АВ, пересека-
Рис. 60
ет плоскость мси по прямой, па-
раллельной АВ. Итак, в плоскости
МАВ через точку М проведем пря-
мую тЦАВ. Пусть точка L — ка-
кая-нибудь точка прямой т. Тог-
да искомым двугранным углом
является угол CMLB (или угол
CMLA и т. п.).
Построим теперь линейный угол
этого двугранного угла. Проведем
апофему MN грани МАВ, Тогда
MN перпендикулярна ребру ML
искомого двугранного угла. Ана-
логично апофема МК грани MCD
перпендикулярна ребру ML. Та-
ким образом, мы получаем угол
KMN — линейный угол двугранно-
го угла СМЕВ.
Перейдем к вычислениям. Соединим точку N с точкой К. Ясно, что
прямая NK пройдет через точку О. В треугольнике МОК
NK2 = MN2 + MK2 - 2MN • MK • cos KMN,
или так как NK = а,
MK - MN =
то
2	5а2	5а2 о ajb ajb
<r = -j- + —— 2 • —• —у- • cos KMN,
откуда
cos KMN = |.
О
3
Таким образом, искомый двугранный угол равен arccos
э
Пример 20. На продолжении ребра ВС куба АВСОА^С^
взята точка М — такая, что ВМ : ВС = 3:2, причем точка С лежит
между точками В и М. Найдем следующие двугранные углы:
a)MDDlPl, где точка Р, — середина ребра	б) MC^DA', a)MAlDBl.
Решение а) (рис. 61). Прямая DDl является ребром искомого
двугранного угла, точка М лежит в его грани MDD{ и точка Р, — в
грани PiDDf Построим линейный угол двугранного угла MDD{P\
Так как прямая DD{ перпендикулярна плоскости АВС, то	1 MD,
т. е. и MD ± DD{. Итак, перпенди-
куляр к ребру DD{ искомого дву-
гранного угла, проведенный в гра-
ни MDDit на изображении уже
есть. Это прямая MD. Более того, А
плоскость PtDDi пересекает плос-
кость АВС по прямой, параллель-
ной прямой PiDi, т. е. по прямой
PD, точка Р которой — середина
ребра АВ. И тогда ясно, что пря-
мая PD перпендикулярна ребру
DDt. Итак, угол MDP является ли-
нейным углом двугранного угла
MDDiPi.
D
Рис. 61
91
Перейдем К определению величины угла MDP. Нетрудно заметить,
что Z ADP = Z MDC. Тогда
Z MDP = Z MDC + Z CDP = Z MDC + (90’ - ZADP) = 90’.
Итак, двугранный угол MDDJ* равен 90°.
Решение б) (рис. 62). Пря-
мая C|D является ребром двугран-
ного угла MCXDA, точка М лежит
в его грани MCJ), и точка А — в
грани ACiD. Построим линейный
угол искомого двугранного угла.
Опустим перпендикуляр на его
ребро в грани MCtD из точки М.
Ясно, что AfC( = MD. Поэтому ме-
диана ME и является перпендику-
ляром к ребру C{D.
Далее, в грани ACtD уже есть
прямая, перпендикулярная ребру
C{D. Это прямая AD. Тогда в этой
грани двугранного угла (т. е. в диа-
гон альной плоскости ABiCiD куба) через точку Е проведем прямую
EF || AD. Из проведенного построения следует, что угол MEF является
линейным углом искомого двугранного угла.
Подсчитаем его величину. Введем для вычислений вспомогатель-
ный параметр, положив, например, АВ - а. Соединим точку F с точ-
кой М и подсчитаем стороны треугольника MEF.
Имеем FE - AD — а и из прямоугольного треугольника MCE
(	,_____х2
ME = мс* + С£>2 =	+ [2	= 2
Из прямоугольного треугольника MBF
MF = yl МВ2+ BF2
Применим к треугольнику MEF теорему косинусов:
92
MF2 = ME2 + FE2 - 2ME • FE • cos MEF,
или
Ila2 За2 , 2 о aA
— = — + a2 — 2 •
a • cos MEF,
откуда
A4 С С	V 3
cos MEF = - Л-.
О
Таким образом, двугранный
f /з
угол MCJIA равен arccos I 3- .
Решение в) (рис. 63). Реб-
ром искомого двугранного угла яв-
ляется прямая AtD. Точка М ле-
жит в его грани MAtD и точка
В] — в грани B{AXD. Построим ли-
нейный угол двугранного угла
MA{DB{.
Рис. 63
В грани BtAD уже есть перпен-
дикуляр к ребру AtD двугранного
угла. Это прямая Д(В|.
Построим перпендикуляр к ребру AtD в грани MAtD. Опустим,
например, перпендикуляр из точки М на прямую 4jZ). Сделаем это
вычислительным способом. Соединим точку Л] с точкой М и подсчита-
ем стороны треугольника MAtD. Имеем
AtD = а^2.
MD =

и из прямоугольного треугольника AtAM, в котором
AM2 = АВ2 + ВМ2 = а2 + [у]
13а2
4 ’
находим
AtM = J АА2 + АМ2
а2
13а2
4
а/17
2
93
Л = 5:4.
Итак, в треугольнике MAJ) известны все стороны. Если далее,
МН 1 AiDt то
А{М2 - А{Н2 = MD2 - DH2.
Делая в этом равенстве замену
DH2 = (А{Н - 4]О)2 (так как ясно, что DH < А{Н\
получаем уравнение
1?Д2 л rj2 _ $д2 (ли гтг!2
из которого
А1Н = -^-.
1	2/2
Для построения точки Н имеем отношение
Л.Н : Afi =	: а
Зная это отношение, построим точку Н и высоту МН треугольни-
ка MAtD.
Таким образом, к ребру AtD искомого двугранного угла построе-
ны перпендикуляры В)Л( и МН. Чтобы получить линейный угол дву-
гранного угла MAiDBi, сделаем еще следующее построение. В плоско-
сти (ясно, что это плоскость диагонального сечения B^DC ку-
ба) через точку Н проведем прямую НК Ц Л|В|, т. е. НК Ц CD). Теперь
получаем угол МНК, который и является линейным углом двугран-
ного угла.
Чтобы подсчитать величину этого угла, соединим точку М с точкой
К и подсчитаем стороны треугольника МНК. Имеем
МН = J AM2 - Aft2
КН = CD = а.
Далее, в треугольнике МСК
МС = ±
1	a J 2
CK = DH = 4^0 =
4	1	4
и Z MCK = 45°. Тогда
MK2 = МС2 + СК2 - 2MC • CK ♦ cos MCK,
Применим теперь теорему косинусов к треугольнику МНК.
Получаем
МК2 = МН2 + КН2 - 2МН • КН • cos МНК,
или
a2	9<j2 I 2 л За	uur
-т- = ~7—F аг - 2 • —т= • а • cos МНК,
8	8	2/2
откуда
,.и„	2^2
cos МНК = —.
Таким образом, двугранный угол MA[DB[ равен arccos
О
Задачи для самостоятельного решения
71.	Основанием пирамиды MABCD является прямоугольник, а
ее боковое ребро МВ перпендикулярно плоскости основания и
АВ : AD : МВ = 1 : 2 : 1. На ребрах AD и АВ взяты соответствен-
но точки К и L — середины этих ребер. Найдите следующие двугран-
ные углы:
а)/ИСАЯ; б) МАСВ\ в) МСКВ.
72.	Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно
диагонали ее основания. Найдите следующие двугранные углы:
а) при ребре основания; б) при боковом ребре; в) между противопо-
ложными боковыми гранями.
73.	Найдите двугранный угол при ребре основания правильной че-
тырехугольной пирамиды в следующих случаях:
95
а) высота пирамиды в два раза меньше диагонали основания; б) угол
наклона бокового ребра к плоскости основания равен а; в) двугран-
ный угол при боковом ребре равен 2р.
74.	Найдите двугранный угол при боковом ребре правильной четы-
рехугольной пирамиды в следующих случаях:
а) боковая грань пирамиды является правильным треугольником;
б) угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен а;
в) угол между противоположными боковыми ребрами равен 2р.
75.	В основании пирамиды МАВС лежит равнобедренный треуголь-
ник АВС с прямым углом при вершине С, а боковое ребро МС перпен-
дикулярно плоскости АВС и МС : АС - 3: 2. На ребре МС взяты точки
Cj и С2 — такие, что CCt = С£2 — С2М. Найдите следующие двугран-
ные углы:
а) САС,В; б) САС2В; в) САМ В.
76.	В правильной пирамиде МАВС боковое ребро в два раза боль-
ше стороны основания. На ребре МС взята точка Р — такая, что секу-
щая плоскость АВР перпендикулярна прямой МС. Найдите следую-
щие двугранные углы:
а) ВАРС; б) РАВС; в) Z LABP, где точка L — середина ребра МС.
77.	В основании пирамиды лежит квадрат ABCD, а ее боковое реб-
ро МВ перпендикулярно плоскости основания и МВ = АВ. На ребре
МС взята точка С, — середина этого ребра. Найдите следующие дву-
гранные углы:
a) CJBDC; б) DBCyM; в) MABCt.
78.	Боковое ребро МА пирамиды MABCD перпендикулярно плос-
кости ее основания, которым является прямоугольник ABCD. Найдите
двугранные углы при ребре МС в тех случаях, когда отношение ребер
АВ : AD : МА принимает следующие значения:
а) 1 : 1 : 1; б) 1 : 2 : 1; в) 1 : 2 : 2.
79.	Боковое ребро МС пирамиды МАВС перпендикулярно плоско-
сти ее основания и МС = АС = ВС. Найдите двугранные углы при
боковом ребре МА в тех случаях, когда угол АСВ имеет следующую
величину:
а) 90°; б) 60°; в) 120°.
80.	На ребрах AAi и СС{ правильной призмы ABCAiBiCl взяты
соответственно точки А2 и С2 — середины этих ребер. Угол между
прямыми ЛВ1 и СА2 равен 90°. Найдите следующие двугранные углы:
а) С^ЛВС; б) ВАС2С; в) В,ЛС2С.
ГЛАВА III
ВЫЧИСЛЕНИЕ ПЛОЩАДЕЙ И ОБЪЕМОВ
§ 9. Площадь сечения многогранника
Задача на вычисление площади сечения многогранника обычно
решается в несколько этапов. При этом если в задаче говорится, что
сечение построено (или что секущая плоскость проведена и т. п.),
то на первом этапе решения выясняют вид фигуры, полученной в
сечении.
Это необходимо сделать, чтобы выбрать соответствующую форму-
лу для вычисления площади сечения. После того как вид фигуры, по-
лученной в сечении, выяснен и выбрана формула для подсчета площа-
ди этой фигуры, переходят непосредственно к вычислительной работе.
В некоторых случаях может оказаться проще, если, не выясняя вида
фигуры, полученной в сечении, перейти сразу к вычислениям ее пло-
5
щади по формуле Sce, = где Snp — это площадь ортогональной
проекции фигуры, полученной в сечении, а ср — это угол между секу-
щей плоскостью и плоскостью, на которую фигура спроектирована.
При таком ходе решения необходимо построить ортогональную проек-
цию фигуры, полученной в сечении, и подсчитать Snp и cos <р.
Если же в условии задачи говорится, что сечение требуется постро-
ить и найти площадь полученного сечения, то на первом этапе следует
обоснованно выполнить построение заданного сечения, а затем, есте-
ственно, определить вид фигуры, полученной в сечении, и т. д.
Рассмотрим примеры.
Пример 21. Через точки D и Е — середины соответственно ре-
бер АВ и АС основания правильной пирамиды МАВС, параллельно
прямой МА, проведена плоскость а. Считая АВ = а и МА = Ь, найдем
площадь сечения пирамиды плоскостью а.
Решение (рис. 64). Определим вид фигуры, полученной в сече-
нии пирамиды плоскостью а.
Так как плоскость а имеет с плоскостью АВС общие точки D и Е, то
эти плоскости пересекаются по прямой DE.
97
7-762
Так как плоскость а и плоскость МАВ
имеют общую точку D, то эти плоскости
пересекаются по прямой, проходящей че-
рез точку D. Пусть этой прямой является
прямая DB[t точка В{ которой лежит на
прямой МВ. Тогда, так как прямая МА
по условию параллельна плоскости а,
плоскость МАВ, проходящая через пря-
мую МА, пересекает плоскость а по пря-
мой, параллельной МА. Таким образом,
DB{ || МА.
Аналогично приходим к выводу, что
прямая ЕС{ — линия пересечения плос-
кости МАС с плоскостью а — параллель-
на прямой МА. Следовательно, DB{ || £СР
Ясно, что плоскость МВС пересекает плоскость а по прямой
Итак, сечением является четырехугольник DBfi^E.
Выясним его вид.
Так как точка D — середина стороны АВ треугольника МАВ
и DB{ || МА, то DBt — средняя линия этого треугольника, т. е.
DBl = -- МА. Аналогично находим, что и ЕС{ = МА.
Таким образом, в четырехугольнике DByC{E DBl\\ECl и
DB} = ЕС{. Значит, четырехугольник DB{C{E — параллелограмм.
Разумеется, для вычисления площади полученного сечения этой ин-
формации мало. Выполним дополнительные построения. Проведем в
треугольнике АВС медиану AF, точку F соединим с точкой М. Тогда
так как треугольник АВС — правильный, AF 1 ВС. Так как, далее, в
треугольнике МВС МВ = МС и точка F — середина его стороны ВС,
то MF 1 ВС.
Итак, ВС 1 AF и ВС 1 MF. Тогда прямая ВС перпендикулярна лю-
бой прямой, лежащей в плоскости MAF, и в частности ВС 1 МА. Да-
лее, понятно, что DE — средняя линия треугольника АВС, т. е. DE || ВС.
Тогда ВС l МА, а учитывая, что £>Bj|| МА, приходим к выводу:
DE LDB,.
Это значит, что параллелограмм DB{CXE является прямоугольни-
ком, т. е. вид фигуры, полученной в сечении, установлен и можно пе-
рейти к вычислениям. Имеем
DE = | ВС =
98
DBl = ±MA = t.
Тогда
c _ ab
^DB^E ~
Такова площадь сечения пирамиды плоскостью а.
Пример 22. Высота правильной призмы АВСА[В[С[ равна сто-
роне ее основания. На ребрах ВВ{ и А^ взяты соответственно точки
D и Е — середины этих ребер. Построим сечение призмы плоскостью
а, проходящей через точки С, D и Е и найдем площадь полученного
сечения, если АВ = а.
Решение (рис. 65). Построим
заданное сечение. Сделаем это сле-
дующим образом:
1)	Так как плоскость а имеет с
плоскостью ACCi общие точки Си £,
то эти плоскости пересекаются по пря-
мой СЕ. Проведем прямую СЕ и най-
дем точку А{ = СЕ A AAl
2)	Так как плоскость а имеет с
плоскостью £ВВ1 общие точки D и
то эти плоскости пересекаются по пря-
мой DA2. Проведем прямую DA% и
найдем точку Д' = DA2C\A{B{.
3)	Так как плоскость а имеет с
плоскостью общие точки К и
£, то эти плоскости пересекаются по
прямой КЕ. Проведем прямую КЕ.
Аналогично рассуждая, построим пря-
мую CD — линию пересечения плос-
Рис. 65
костей а и ВССГ
В итоге этих построений мы получили четырехугольник CDKE —
искомое сечение.
Четырехугольник CDKE не обладает никакими особенностями, ко-
торые могли бы быть использованы для выбора формулы, позволяю-
щей вычислить его площадь. Будем тогда искать эту площадь, напри-
мер, как разность площадей треугольников A2CD и А2ЕК.
•^сея ~ ^AjCD $А£К ~
= A2C • A<fl • sin CA2D - A2E • A2K • sin CA^D =
= | sin CAJ) (A2C ♦ A2D - A2E • A2K).
Перейдем к вычислениям.
Из подобия треугольников А^Е и А^С находим, что А^ = 2а.
Тогда из прямоугольного треугольника А^С получаем
А2С - а^5,
а из прямоугольного треугольника А2А1Е
Из подобия треугольников А^К и DB^K:
Ai К = А^
BiK DBi ‘
Но
^2^1 _ а _ п
DBi ~ а ~ 2-
2
Таким образом,
т. е.
А1К^2В1К.
Так как АХК + ВХК - а, то получаем
Л,К = -^, BiK = l
о	«3
Тогда из прямоугольного треугольника А^К:
А2К = ^А2А* + А{К2 = -Ц^-.
а из прямоугольного треугольника DB{K:
100
DK = ^DB2 + BtK2 = -Ц-,
и, таким образом,
. _	. _ _ _ __ a J13	a Jl3 a J13
A2D = A2K + DK = —2— —6— = —2—'
Для вычислений sin CA2D найдем сначала cos CA2D. Из прямо-
угольного треугольника CDB находим
CD = J ВС2 + BD2 =
и к треугольнику A2CD применяем теорему косинусов:
CD2 = А2С2 + A2D2 + 2А2С • A2D • cos CA2D,
или
5a2	_ 2 , 13a2	o г;? ajl3
— = 5a2 H—-------2a^5 • 2	• cos CA2D,
откуда
cos CA2D — -i=.
7 65
Тогда
sin CApD = -Д^,
765
и, таким образом,
Покажем теперь еще один путь вычисления площади сечения. Спро-
ектируем четырехугольник CDKE на плоскость А 1В[С[ и найдем пло-
щадь четырехугольника CDKE по формуле
s
с _ ПР
сеч COS ф
где ф — это угол между плоскостями а и Л1В]С1, а Snp — это, как
нетрудно увидеть, площадь четырехугольника С^КЕ.
Для нахождения cos ф применим векторно-координатный способ.
Зададим в пространстве прямоугольную систему координат Охуг, как
101
показано на рисунке 65 (точка О — середина отрезка АС — начало
системы координат, О А = 7, ОВ - у[3 / < ОЕ 2k).
Найдем координаты нужных точек и векторов: 0(0; 0; 0), А (1; 0; 0),
в(0;^3;0), £(0; 0; 2), С(- 1; 0; 0), D (0; /3 ;1), СЕ(1; 0; 2),
сЪ(1;/3;1).
В качестве вектора п1 ~ нормального вектора плоскости
—>
можно принять, например, вектор ОЕ (0; 0; 2), а координаты 1\ т)
вектора п2 — нормального вектора плоскости а — найдем, принимая
во внимание, что п2 1 СЕ и 1 CD.
Получаем следующую систему уравнений:
£*1 + /*0+т*2 = 0
k • 1 + I •	+ т • 1 = 0,
из которых с точностью до множителя пропорциональности находим:
п2 6; ^/"3; з). Тогда
cos ср — |cos ( «р п2 )| =
Ясно, что проекцией четырехугольника CDKE на плоскость A
является четырехугольник СХВКЕ. Таким образом,
^пр = $СХВ}КЕ ~ $А{В}С} ~ $А\КЕ-
Нетрудно подсчитать, что
$А}КЕ ~ 2	* Sin 60 —
и, значит,
102
Тогда
сеч
а2/з /3 _ 2а2
6	’ 4 “ 3 ’
Пример 23. В основании пирамиды МАВС лежит прямоуголь-
ный треугольник. Боковое ребро МВ перпендикулярно плоскости ос-
нования и МВ = АС = ВС. Построим сечение пирамиды плоскостью а,
проходящей через точку Р — середину ребра АВ — перпендикулярно
прямой МС, и, считая МВ = а, найдем площадь полученного сечения.
Решение (рис. 66). Построим заданное сечение в два этапа. На
первом этапе построим вспомогательное сечение пирамиды, которое,
как и плоскость а, перпендикулярна прямой МС, но проходит через
точку В (а не через точку Р).
1)	Проведем медиану BD треугольника МВС. Так как в этом тре-
угольнике МВ = ВС, то BD 1 МС.
2)	В плоскости МАС через точку D проведем прямую DE || АС. Так
как АС 1 ВС и АС 1 МВ, то прямая АС перпендикулярна прямой МС.
Тогда и DE 1 МС. Точку Е соединим с точкой В. Итак, МС 1 BD и
МС 1 DE. Следовательно, прямая МС перпендикулярна плоскости BDE,
т. е. треугольник BDE — это вспомогательное сечение пирамиды, пер-
пендикулярное прямой МС.
Теперь построим сечение пирамиды плоскостью а. И воспользуем-
ся при этом параллельностью плоскостей а и BDE.
3)	В плоскости МАВ через точку Р проведем прямую PN || BE.
4)	В плоскости МАС через точку N
проведем прямую NL || DE.
5)	В плоскости МВС через точку L
проведем прямую LK || BD.
6)	Соединим точку К с точкой Р.
Из проведенного построения ясно, что
точки Р, N, Lu К лежат в одной плоско-
сти и четырехугольник PNLK — это ис-
комое сечение.
Определим вид четырехугольника
PNLK. Так как NL | DE, то NL || АС. Это
значит, что прямая NL параллельна
плоскости АВС, и тогда плоскость PNL
пересекает плоскость АВС по прямой
РК, параллельной прямой АС. Ясно так-
же, что, так как прямые BE и BD пере-
103
секаются, и параллельные им прямые, соответственно PN и KL, лежа-
щие в одной плоскости, также пересекаются. Таким образом, четырех-
угольник PNLK — трапеция.
Далее, из того, что NL || АС и прямая АС перпендикулярна плоско-
сти МВС, следует, что и прямая NL перпендикулярна плоскости МВС,
т. е. NL 1 LK. Таким образом, трапеция PNLK — прямоугольная.
Теперь можно перейти к вычислениям. Подсчитаем площадь тра-
пеции по формуле
с _ РК + NL , „
^PNLK-----2	*
Так как в треугольнике АВС отрезок РК является средней ли-
нией, то
РК = +ас=
Так как в треугольнике BCD точка К — середина стороны ВС и
LK || BD, то LK — средняя линия треугольника BCD и
LK = 4 BD.
Но BD — высота, проведенная на гипотенузу, т. е.
BD = |Л4С =
Тогда
LK =
4
Далее в трапеции ACDE NL — средняя линия, т. е.
NL = ±(AC + DE) = ^.
Итак,
й Зй	г—	>—
_ 2 + Т _ 5а
SpNLK ~	2	4	“	32 ’
Такова площадь сечения пирамиды плоскостью а.
Замечание. Покажем на этом же примере построение задан-
ного сечения векторно-координатным способом. Выберем с этой целью
в пространстве прямоугольную систему координат. В качестве ее на-
104
чала возьмем, например, точку С, а
в качестве векторов 7. ~j, k возь-
мем соответственно векторы СА,
СВ и вектор CV = ВМ (рис. 67). В
этой системе координат С(0; 0; 0),
А (а; 0; 0), В(0; а; 0), У(0; 0; а). Да-
лее, j; о]. Так как плоскость
а перпендикулярна прямой СМ, то
вектор СМ является нормальным
вектором плоскости а. Найдем ко-
ординаты точки М и затем вектора
СМ: М(0; а; а), СМ(0; а; а).
Составим уравнение плоскости а.
Имеем
х -	0 -Н I а + (г - 0) а = 0,
или
2у + 2z - а = 0.
Для построения плоскости а найдем еще две принадлежащие ей
точки. Если плоскость а пересекает ось Су в точке К, то /((0; k; 0).
Подставив координаты точки К в уравнение (*), получаем k =
Таким образом, К ^0;	о). Построим эту точку.
Аналогично если плоскость а пересекает ось Cz в точке Q, то
Q(0; 0; q). Подставив координаты точки Q в уравнение (*), находим,
что Q = Построим точку Q ^0; 0;
Итак, плоскость а проходит через три точки Р, К и Q (не лежащие
на одной прямой). Построим сечение пирамиды этой плоскостью.
Для этого находим точку L = СМ (Т KQ. Далее можно заметить, что
РК — это средняя линия треугольника АВС, т. е. РК || АС. Тогда пря-
мая РК параллельна плоскости МАС, и, следовательно, плоскость а,
проходящая через прямую РК, пересекает плоскость МАС по прямой,
параллельной прямой РК и, значит, параллельной прямой АС. По-
этому в плоскости МАС через точку L проведем прямую, параллель-
105
ную прямой АС. На прямой AM получим точку N. Соединим точку N
с точкой Р. В итоге получим четырехугольник PKLN — сечение пира-
миды плоскостью а.
Найдем еще для дальнейших вычислений точку пересечения плос-
кости а с прямой ВМ. Если плоскость а пересекает прямую ВМ в
точке F, то f(0; а; /). Подставим координаты точки F в уравнение (*).
Получаем f = —т. е. F ^0; а; -
Теперь перейдем к вычислению площади сечения. Будем находить
эту площадь как разность площадей треугольников, а именно:
SpKLN ~ $FLN $FPK'
Не повторяя доказательства, отметим, что PKLFL, NLLFL и
РК || NL. Тогда
SFLN = ^FL- LN
Sfpk = ^FK • РК.
Ясно, что точка L — середина отрезка /CQ, т. е. L ^0; jТогда
Далее,
РК = ±АС = ^.
Из подобия треугольников FNL и FPK имеем
LN _ FL
РК FK ’
откуда
а За
106
Таким образом,
_ 1	За^2 За __ 9а2/2
SFLN - 2 *	2~ ' 1	32
7WC - 2	2	2 “
Итак,
Задачи для самостоятельного решения
81.	На ребре АВ куба ABCDAlBICIDl взята точка Р — середи-
на этого ребра, а на ребре DD{ — точки <?! и Q2 — такие, что
DQX ~ QiQz ~ Q?Di- Считая ребро куба, равным а, найдите пло-
щади сечений его следующими плоскостями:
a) CftP-, б) С^Р-, в) CXQ2P.
82.	На ребрах В^, СХОХ и ААХ куба ABCDAlBlClDi взяты соответ-
ственно точки P,Q и Р — середины этих ребер. Через точку О — центр
нижнего основания — и прямую PQ проведена секущая плоскость.
Постройте сечения куба плоскостями, параллельными плоскости
OPQ и проходящими через следующие точки:
а) С,; б) £),; в) R. Считая ребро куба равным а, найдите площади
полученных сечений.
83.	На ребрах АВ и AD прямоугольного параллелепипеда
ABCDAXBXCXDX взяты соответственно точки Р и Q — такие, что
АР : АВ = AQ : AD = 2 : 3, а на прямой СС1 взяты точки К и М —
такие, что СК : CCt = СС, : СМ = 1 : 2. Считая ААХ = АВ = а и
AD = 2а, найдите площади сечений параллелепипеда следующими
плоскостями:
a) CXPQ; б) KPQ-, в) MPQ.
84.	На ребрах ВС и AlDl прямоугольного параллелепипеда
ABCDAlBlClDl взяты соответственно точки Р и Q — такие, что
СР : СВ - DfQ : DtAx =1:3. Постройте сечения параллелепипеда
плоскостями, проходящими через прямую С,Р и одну из следующих
точек:
a) Q-, б) А; в) Др Считая ЛЛ1 = АВ = а и AD = За, найдите площади
полученных сечений.
107
85.	На ребре Я^ правильной призмы ЯВСЯ1В1С1 взята точка Р —
середина этого ребра. Считая ребро куба, равным а, найдите площа-
ди сечений призмы плоскостями, проходящими через прямую ВР, па-
раллельно следующим прямым:
а) ЯС; б) CyQ, где точка Q — середина ребра АС; в) ЯВГ
86.	На ребрах Я1В1 и АВ правильной призмы ABCDAlBlClDl взяты
соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Постройте сече-
ния призмы плоскостями, проходящими через прямую СР, параллель-
но следующим прямым:
a) B{D; б) В^; в) BtQ. Найдите площади полученных сечений, если
АВ = а и АА1 = 2а.
87.	На ребре СС, куба АВСйА^С^ взяты точки Р, и Р2 — та-
кие, что CiPl = Р\Р2 = Р2С. Постройте сечения куба плоскостями,
параллельными прямой BD и проходящими через вершину А и сле-
дующие точки:
а) С(; б) в) Р2. Считая ребро куба, равным а, найдите площади
полученных сечений.
88.	На ребрах CD и ВВ{ куба ABCDA{BiC{Dx взяты соответствен-
но точки Р и М — середины этих ребер, а на ребре DD1 взяты точки
(?) и Q2 — такие, что DQt = QtQ2 = Постройте сечения куба
плоскостями, проходящими через точку М параллельно прямой
В|Р и следующим прямым:
a) C|D; б) C|Q(; в) C{Q2. Считая ребро куба, равным а, найдите
площади полученных сечений.
89.	В основании пирамиды лежит прямоугольник ABCD, а ее высо-
та МО проектируется в центр основания. На ребре МС взята точка
К — середина этого ребра, а на ребре DC взяты точки L, и Ь2 —
такие, что DL{ = L{L2 = L2C. Считая SO = АВ = а и AD = 2а, найдите
площади сечений пирамиды следующими плоскостями:
a) BKD; б) BKLt; в) BKL2.
90.	На ребре МВ правильной пирамиды МАВС взяты точка Р —
середина этого ребра и точка Q — середина отрезка ВР. Постройте
сечения пирамиды плоскостями, проходящими через точку Q, парал-
лельно следующим прямым:
а) МА и МС; б) АР и МС; в) АВ и СР. Найдите площади полученных
сечений, если сторона основания пирамиды равна а, а ее боковое реб-
ро равно йу[2.
91.	Все ребра пирамиды MABCD равны. На ее ребре МС взята
точка Р. Постройте сечения пирамиды плоскостями, перпендикуляр-
ными прямой МС и проходящими через точку Р в случаях, когда отно-
шение СР : СМ принимает следующие значения:
108
a) 1 : 4; 6)1:2; в) 3 : 4. Найдите площади полученных сечений,
если АВ = а.
92.	На ребре CD куба АВСйА^С^ взята точка Р — середина
этого ребра. Постройте сечения куба плоскостями, перпендикулярны-
ми прямой AtP и проходящими через следующие точки:
а) О,; б) С,; в) D. Считая ребро куба равным а, найдите площади
полученных сечений.
§ 10. Площади поверхностей
Пример 24. Основанием пирамиды	/Ж:|\
является прямоугольный треугольник,	/ «ДЖ\
катеты которого равны а и Ь. Каждый из /	\
двугранных углов при ребрах основания / ДЦВИЯк \
пирамиды равен 60°. Найдем площадь /	||& \
боковой поверхности пирамиды.	й/	\
Решение (рис. 68). Пусть МАВС — Oxi
заданная пирамида и МО — ее высота.
Опустим из точки О перпендикуляр OD А
на сторону АВ треугольника АВС и
точку D соединим с точкой М. Тогда	Рис' 68
OD — это проекция наклонной MD на
плоскость АВС, и, следовательно, MD 1 АВ. Таким образом, угол MD0
является линейным углом двугранного угла при ребре АВ. Значит,
Z MDO = 60°.
Тогда площадь боковой грани
.	_ $ОАВ
МАВ	cos 60°'
Точно так же и
 - S°AC
'MAC cos gQo ’
_ SOBC
'мвс ~ 7^-
Тогда площадь боковой поверхности пирамиды
.	_ soab + $оас + $овс _ $лвс _ ab I
’бо» ~ cos 60*	- cos 60“	2'2
109
Рис. 69
Пример 25. Сторона осно-
вания правильной четырехугольной
пирамиды равна а, а ее боковое
ребро наклонено к плоскости осно-
вания под углом 45°. Найдем пло-
щадь полной поверхности пирами-
ды.
Решение (рис. 69). Площадь
полной поверхности пирамиды
S S S
^полн *^6ок 1 ^осн*
Так как заданная пирамида —
правильная, четырехугольная, то в
ее основании лежит квадрат, т. е.
SOCH = а2
Таким образом, задача сводится к вычислению 5бок. Но
$60» = М,
где р = 2а, и, следовательно, остается найти h — апофему боковой
грани.
Соединим точку О с точкой А. Тогда МА — наклонная к плоскости
основания, а ОА — ее проекция. Поэтому угол МАО является углом
между прямой МА и плоскостью АВС, и, следовательно, в прямоуголь-
ном треугольнике МО A Z МА О = 45°. Это значит, что и Z AM О = 45°,
т. е. МО - ОА. Так как ОА — это половина диагонали квадрата со
стороной а, то
ОА =
Из прямоугольного треугольника МОА по теореме Пифагора нахо-
дим, что МА = а. Но заданная пирамида — правильная, т. е. и МВ =
= а. Итак, все стороны треугольника МАВ равны а. Поэтому его апо-
фема h = —и тогда
^бок “	,
$полн - Я2(1 + М
110
-----------------yfC.
Пример 26. Вер-
шина At параллелепипе-
да ABCDA^C^ одина-
ково удалена от вершин
квадрата ABCD, являю-
щегося основанием парал-
лелепипеда. Считая АВ =
= а и АА{ = Ь, найдем пло-
щадь полной поверхности
параллелепипеда.
Решение (рис. 70).
Площадь полной поверх-
ности параллелепипеда
\оли = 5^ + 2S0CH.	м
Так как S0CH = а2, то за-	Рис. 70
дача сводится к вычис-
лению S6oK.
Вершина Л1 одинаково удалена от вершин основания. Поэтому, со-
единив точку Л( с точкой D, мы получим равнобедренный треугольник
AA{D, медиана А{М которого является его высотой, т. е. и апофемой
боковой грани AAXDXD.
Из прямоугольного треугольника АА^:
А,М = у/АА^-АМ2 = а-
Тогда
_ а 4ft2 - а2
•Эдлдо 2	’
Точно так же и
„	_ а 4ft2 - a2
111
Так как, далее, противоположные грани параллелепипеда по-
парно параллельны, то 5ВСС|в( = $ЛЛ)С|0 и SC00|Ci = SABBtA. Поэтому
•$бок ~ 23ЛЛНО + 25ЛЛ В|В - 2а 4/>2 а2.
Таким образом,
5Полв = 2а^Ь2 - а2 + 2а2.
Пример 27. В основании пирамиды лежит равнобокая трапе-
ция, параллельные стороны которой равны а и b (а > Ь). Каждая
боковая грань наклонена к основанию под углом, равным ср. Найдем
площадь полной поверхности пирамиды.
Решение (рис. 71). Пусть MABCD — заданная пирамида, у ко-
торой ВС || AD, ВС - a, AD = b и МО — высота пирамиды.
Опустим из точки О перпендикуляр ОЕ на сторону АВ трапеции и
точку Е соединим с вершиной М. Так как ОЕ — проекция ME на
плоскость АВС и ОЕ 1 АВ, то и ME 1 АВ. Значит, угол МЕО является
линейным углом двугранного угла при ребре АВ, т. е. Z МЕО - ср.
Аналогично, опустив перпендикуляры OF, ОК и OL соответственно
на стороны ВС, CD и AD трапеции и соединив точки F, К и L с верши-
ной М, получим
Z MFO = Z МКО = ZMLO = (p.
Так как прямоугольные тре-
угольники МОЕ, MOF, МОК и
MOL имеют общий катет и по рав-
ному острому углу, то эти треуголь-
ники равны, и тогда
ОЕ = OF = ОК = OL.
Итак, точка М одинаково уда-
лена от сторон трапеции ABCD,
т. е. в эту трапецию можно впи-
сать окружность с центром О.
Так как МО — это перпенди-
куляр к плоскости АВС, то проек-
цией треугольника МАВ на плос-
кость АВС является треугольник
ОАВ, т. е.
112
С — $олв
*МАВ “
Аналогично проекциями треугольников МВС, MCD и MAD на
плоскость АВС являются соответственно треугольники ОВС, OCD и
OAD. Поэтому
с — $ABCD
6°* cos ф
и, значит,
—
с _ $лвсо . с _ SxacoO + cos Ф) _ ABCD_______________2
полв cos<p ABCD	cos ф	COS ф
Итак, задача свелась к вычислению площади основания пи-
рамиды.
Проведем в плоскости основания через точки А и D прямые АР и
DQ, параллельные прямой LF (точки L и F — середины оснований
трапеции). Тогда ясно, что АР и DQ — это перпендикуляры к ВС,
PQ = AD = b и в прямоугольном треугольнике CDQ
Кроме того, так как в трапецию ABCD можно вписать окружность,
то АР + ВС = АВ + СР, или а + b = 2CD, откуда
CD =
Из прямоугольного треугольника CDQ находим тогда высоту DQ
трапеции:
DQ = J CD2 - CQ2
+ />У fa-i)2 /—7
2~) 4—J = М
Таким образом,
АР + ВС	а +
°ABCD	2	~	2
ab,
и, следовательно,
s
^полн
cos<p
113
®-7б2
Рис. 72
Пример 28. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA^fiyDi
отношение ребер ВВ{ : ВС = 1 : 2, а его диагональ равна d. На ребре
ВС взята точка L — середина этого ребра. Найдем площадь боковой
поверхности параллелепипеда, если угол между прямыми CXL и BXD
равен а.
Решение (рис. 72). Так как S6oK = PH, где Р = 2 (ВС + CD), а
Н = ВВ|, то для вычисления следует найти длины ребер ВС, CD и
BBt параллелепипеда.
Положим для краткости ВВ} = х. Тогда ВС = 2х.
Выполним некоторые дополнительные построения. В плоскости ВСС,
через точку Bj проведем прямую В{К, параллельную прямой С]Л.
Угол между прямыми BtK и BtD будет, таким образом, равен а.
Соединим точку К с точкой D. В треугольнике BjDK B{D = d.
Выразим через х и d две другие стороны треугольника BiDK. Так как
точка L — середина стороны ВС, то
CL = |ВС = х.
Тогда и ВК = х, и из прямоугольного треугольника BiBK BtK2 = 2г2.
Далее, так как B,D — диагональ прямоугольного параллеле-
пипеда, то
B,D2 = ВВ2 + ВС2 + ВА2,
т. е.
114
d2 = х2 + 4x2 + BA2,
откуда
BA2 = d2- 5x2.
Это значит, что и
CD2 = d2 - 5x2
и поэтому из прямоугольного треугольника DCK, в котором СК =
= СВ + ВК = Зх, получим
DK2 = CD2 + СК2,
или
DK2 = d2 - 5х2 + 9х2,
т. е.
DK2 = d2 + 4х2.
Итак, в треугольнике B{DK B{D = d, В{К2 = 2Х2 и DK2 = d2 + 4х2.
Так как
BtK2 + B,D2 - 2х2 + d2 < DK2,
то угол DBtK — тупой, т. е. Z.DBXK = 180‘ - а. (Напоминаем, что за
угол между пересекающимися прямыми принимается меньший из
смежных углов, образуемых этими прямыми.)
Применяя к треугольнику BJ)K теорему косинусов, получаем
DK2 = BtK2 + BtD2 - 2BtK • BtD • cos (180° - a),
или
d2 + 4x2 = 2x2 + d2 + 2 • x J2 • d cos a,
откуда
x — d J2 cos a.
Таким образом,
BB{ = d .^2 cos a,
BC = 2d .^2 cos a,
CD = d2 — 5x2 = d 1 - 10 cos2 a,
115
и, следовательно,
$бок = 2 (2dу[2 cos а + dj 1 - 10 cos2 а) d J2 cos а =
— 2 ^2 d2 cos а ^2^2 cos а + ^/1 — 10 cos2 а
Замечание. Для нахождения длины ребра ВВХ можно приме-
нить и векторно-координатный способ. Так, введем в пространстве пря-
моугольную систему координат, как показано на рисунке 72, и, поло-
жив BBt ~ АВ = х, найдем последовательно в этой системе коорди-
нат: С(0; 2z; 0), А (х; 0; 0), 5,(0; 0; z), D (х; 2z; 0), С,(0; 2z; z), L (0; z; 0),
BXD (x; 2z; - z), LC, (0; z; z). Затем
|cos (BXD, LCt) | =
BxD'LCt
откуда, так как
BtD-LCt = |2z2 - z2! = z2,
BXD =d.
= z^2.
получим уравнение
= cos a.
Из этого уравнения находим
z = dj2 cos a.
Пример 29. Площадь боковой поверхности правильной пира-
миды MABCD в два раза больше площади ее основания. На ребрах
MD и МС взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер.
Найдем угол между прямыми АР и DQ.
116
Решение (рис. 73). Пока-
жем сначала поэтапно-вычис-
лительный способ решения. Вы-
полним дополнительные построе-
ния. Через точку F = DQ П СР
проведем в плоскости АСР пря-
мую FK || АР. Тогда угол между
прямыми FK и DF равен иско-
мому углу. Соединив затем точ-
ку К с точкой D, получим тре-
угольник DFK.
Обозначим для краткости за-
писей Z DFK = х и перейдем к
вычислениям. А именно подсчи-
таем стороны треугольника DFK.
Введем для вычислений вспомо-
Рис. 73
гательный параметр, положив,
например, АВ = а.
Пусть точка Е — середина ребра CD. Тогда ME — апофема боко-
вой грани. Из равенства S6oK = 2 $оси следует, что
откуда
2а • ME = 2а2,
ME = а.
К>| £>
Так как ME - медиана треугольника MCD, то ME проходит и через
точку F и
ге = |л<£ = |.
Тогда из прямоугольного треугольника DFE, в котором DE =
найдем, что
DF - J DE’ + FE’ -
Далее, так как CF : СР = 2 : 3 и KF || АР, то СК : СА = 2 : 3 и
KF : АР = 2 : 3, т. е.
СК = 1СА
KF =
117
Рис. 74
Тогда в треугольнике DCK с уг-
лом DCK, равным 45’,
DK2 = DC2 + СК2 - 2DC х
х СК - cos 45’,
откуда
DK2 =
и так как A MAD = A MCD, т. е.
АР = DQ, то
KF = | DQ = DF =
Итак, в треугольнике DFK из-
вестны все стороны. Применяя к
нему теорему косинусов, получим
уравнение;
DK2 = DF2 + KF2 - 2DF • KF • cos к,
или
5а2	13а2 , 13а2	_	13а2
V = ~зГ + “зГ - 2 * “ЙТ * cos х'
откуда
з
cos х = —.
з
Таким образом, искомый угол равен arccos -рг.
Замечание. Укажем еще один путь включения искомого угла
в треугольник. В плоскости MCD через точку Р проведем прямую
РТ || DQ (рис. 74). Тогда угол APT равен искомому углу. Найти его
величину можно из треугольника APT.
Решим теперь задачу векторно-координатным способом.
Зададим в пространстве прямоугольную систему координат с
началом в точке О, OD = I, ОС - j (рис. 75). Тогда OD = ОС = 1,
CD = ^2, и если точка Е — середина ребра CD, то СЕ = и из
118
прямоугольного треугольника
МОЕ, в котором ME = ^2 (см.
решение поэтапно-вычисли-
тельным способом), находим
МО = J ME2 - ОЕ2 =
Следовательно,
->	-»
ОМ =	k.
Таким образом, в заданной
системе координат 0(0; 0; 0),
0(1; 0; 0),	0(0; 1; 0),
Рис. 75
DQ
М 0; 0; -Y
Получаем
Л(0; - 1; 0),
Л	Л
cos (АР, DQ) = |cos (АР, DQ)\ =
Итак, искомый угол равен arccos -Д-.
Пример 30. На ребрах 4^ и АА{ куба ABCDAiB[C[Di взяты
соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построим сечение
куба плоскостью CPQ и найдем отношение площадей поверхностей
многогранников, получающихся при рассечении куба плоскостью CPQ.
Решение. Сначала построим сечение куба плоскостью CPQ
(рис. 76). Так как точки Р и Q лежат в секущей плоскости и в плоско-
сти АВВ}, то прямая PQ — это след секущей плоскости на плоскости
ABBV Найдем точки 7, и Т2, в которых след PQ пересекает соответст-
119
Рис. 76
венно прямые ВВ{ и АВ. Затем по-
строим след TjC секущей плоскости
на плоскости ВСС{ и след Т2С на
плоскости АВС. На ребре В^ по-
лучаем точку К, а на ребре AD —
точку L. Соединим далее точку К с
точкой В, а точку L — с точкой Q.
В итоге получим многоугольник
CKPQL — искомое сечение.
Перейдем к вычислениям. В ре-
зультате рассечения куба получи-
лось два многогранника. Тот из них,
который имеет вершину В, обозна-
чим [/(В), другой многогранник
имеет вершину Dv Обозначим его
1/(0^. Пусть площадь части поверх-
ности куба, которая отошла к мно-
гограннику t/(B), равна Slt а пло-
щадь части поверхности куба, ото-
шедшая к многограннику
равна S2.
Тогда искомым является отношение --------
^2 + *\еч
Вычислим S1 и S2. Имеем
— $BrPK + $AQL + $BAQPB} + SbCKB' + $BALC'
Для выполнения вычислений введем вспомогательный параметр.
Положим, например, ребро куба, равным а.
Из равенства прямоугольных треугольников A{PQ и В{Р1\ находим,
что TiB1 = |, а из подобия треугольников ТХВ{К и 1\ВС следует, что
В Л =
ВС 7\Б
Но
71В, _ Т[В[	_ 2 _ j_
ЛВ " TiBi + B[B ~ £ + й “ 3‘
Тогда и
120
BtK _ 1
ВС 3’
т. е.

Аналогично получаем AQ = 4 и AL - 4.
Z	о
Итак,
1	л2
SbiPI<^B'P ’ ВЛ=1Г
	$AQL ~	2	AQ - AL =	a2 12 *
$BAQPBl	= $ABB'A	i	~ ^AtPQ = °2	_ £ = 7^_ 8	8
^BCKBt	~ ^BCC]Bl		" ^cc,k ~ °2 '	g2 _ 2a2 3 ~ 3 ’
$BALC	= $ABCD		$CDL = °2 —	a2 _ 2a2 3 “ 3 *
Складывая эти площади, найдем, что S, = -гт-. Тогда
* Z4
S2 = ^-S, = ^.
Для вычисления S„, проведем В,А и точку И = В,А П PQ соединим
с точкой С. Ясно, что ВН1 PQ и ВН является проекцией СН на плос-
кость АВВ{. Тогда и CH ± PQ, т. е. угол СНВ — это угол прямоуголь-
ного треугольника СНВ и угол между плоскостями CPQ и ABBV
Положим для краткости записей Z СНВ - <р. Из прямоугольного
треугольника СНВ
i	и
4
3^2’
Но
т. е.
1
COS ф = -/ -----,
V1
121
Тогда
$BAQPB{
COS Ф
7а2/17
24
Таким образом,
+ ^сеч
$2 + ^сеч
57а2
24
87а2
24
7 а2 /17
24
7а2/17
24
57 + 7/17
87 + 7/17 '
Задачи для самостоятельного решения
93.	Углы, образованные диагональю основания прямоугольного па-
раллелепипеда со стороной основания и диагональю параллелепипе-
да, равны соответственно аир. Найдите площадь боковой поверхно-
сти параллелепипеда, если его диагональ равна d.
94.	Основанием пирамиды является квадрат, сторона которого рав-
на а. Две грани перпендикулярны плоскости основания, а каждая из
двух других боковых граней образует с основанием угол, равный а.
Найдите площадь полной поверхности пирамиды.
95.	Основанием пирамиды является прямоугольник. Две смежные
боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие
образуют с ней углы, соответственно равные аир. Высота пирамиды
равна //. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
96.	На ребре АВ куба ABCDA1BiCiD[ взяты точки Рь Р2 и Р3 —
такие, что ВР{ = Р{Р2 = Р2Р3 = Р3А. Постройте сечения куба следую-
щими плоскостями:
a) C^DPi, б) С^Р^ в) C{DP3. Найдите отношение площадей поверх-
ностей многогранников, на которые рассекается куб в каждом из этих
случаев.
97.	На диагонали АС основания куба ABCDA{B{C{D{ взята точка
Р — такая, что АР : АС = 3:4. Постройте сечения куба плоскостями,
проходящими через вершину Сь перпендикулярно следующим пря-
мым:
a) AjС; б) ВР; в) AtP. Найдите отношение площадей фигур, на кото-
рые заданные секущие плоскости делят площадь основания ABCD куба,
в каждом из этих случаев.
98.	На ребрах PjCp AD и CD прямоугольного параллелепипеда
ABCDA^^C^D^ взяты соответственно точки Р, К и L — середины этих
122
ребер. Отношение ребер параллелепипеда АВ : AD : AAt = 1:2:1.
Постройте сечения параллелепипеда плоскостями, проходящими че-
рез точку Л параллельно прямой DD{ и следующим прямым:
а) АВ{\ б) ВХК; в) B{L. Найдите отношение площадей поверхностей
многогранников, на которые рассекается параллелепипед в каждом
из этих случаев.
99.	В основании прямой призмы АВСА^С^ лежит треугольник с
прямым углом при вершине С и АС = ВС = CCt. На ребрах СС,. AAt
и Л1С[ взяты соответственно точки Р, Q и К — середины этих ребер.
Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точку К,
параллельно прямым ВР и BXQ. Найдите отношения площадей фигур,
которые получаются при пересечении заданной плоскостью следую-
щих граней призмы:
а)ЛЛ1В1В; бЭДДС,; в)ДД1С|С.
100.	В основании пирамиды МАВС с высотой МО лежит прямо-
угольный треугольник АВС и МО = АС = ВС. Все боковые ребра
пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания. На ребре МС
взята точка С, — середина этого ребра. Постройте сечение пирамиды
плоскостью, проходящей через точку О — основание высоты, перпен-
дикулярно прямой ЛС(. Найдите отношения площадей фигур, на кото-
рые секущая плоскость разделяет следующие грани:
а) ЛВС; б) МАВ; в) МАС.
101.	В основании пирамиды MABCD лежит квадрат. Боковое реб-
ро МВ перпендикулярно плоскости основания пирамиды и МА - АВ.
На ребрах AD и МА взяты соответственно точки РиА1 — середины
этих ребер. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей че-
рез точку Р, перпендикулярно прямой AtO. Найдите отношения пло-
щадей фигур, на которые секущая плоскость разделяет:
а) грань МАО; б) грань MCD; в) полную поверхность пирамиды
MABCD.
102.	В правильной четырехугольной пирамиде плоскость, проведен-
ная через сторону основания, делит площадь боковой поверхности и
Двугранный угол при ребре основания пополам. Найдите:
а) двугранный угол при боковом ребре пирамиды; б) двугранный
угол при ребре основания.
103.	Секущая плоскость проходит через ребро основания пра-
вильной четырехугольной пирамиды и отсекает от противолежа-
щей грани треугольник, площадь которого равна Найдите пло-
щадь боковой поверхности пирамиды, которая отделена секущей
плоскостью от данной пирамиды, если площадь боковой поверхнос-
ти последней равна Q2.
123
104.	В основании пирамиды лежит ромб со стороной, равной а, и
острым углом, равным а. Каждый из двугранных углов при ребрах
основания равен <р. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
105.	В основании пирамиды лежит равнобокая трапеция, диаго-
наль которой равна d, а угол между диагональю и основанием трапе-
ции равен а. Каждая боковая грань пирамиды наклонена к основа-
нию под углом, равным ср. Найдите площадь полной поверхности
пирамиды.
106.	В основании призмы лежит правильный треугольник, сторона
которого равна а. Проекцией одной из вершин верхнего основания яв-
ляется центр нижнего основания. Боковое ребро призмы наклонено к
плоскости основания под углом, равным а. Найдите площадь боковой
поверхности призмы.
107.	В основании параллелепипеда, боковое ребро которого равно
Ь, лежит квадрат со стороной, равной а. Одна из вершин верхнего
основания одинаково удалена от вершин нижнего основания. Найдите
площадь полной поверхности параллелепипеда.
108.	В основании призмы лежит треугольник, сторона которого равна
а. Боковое ребро призмы равно Ь, а угол между одним из боковых
ребер и прилежащими к нему сторонами основания равен 45°. Найди-
те площадь боковой поверхности призмы.
§ 11. Объем многогранника
Пример 31.В основании прямого параллелепипеда лежит ромб
со стороной, равной а, и острым углом, равным 60°. Меньшая диаго-
наль параллелепипеда образует с плоскостью боковой грани угол, рав-
ный 45”. Найдем объем параллелепипеда.
Решение (рис. 77). Пусть угол BAD в основании параллелепи-
педа АВСИА^С^ равен 60°. Тогда диагональ BD — это меньшая
диагональ основания, и, следовательно, B{D (и BDi) — меньшая диа-
гональ параллелепипеда.
Ясно, что точка одинаково удалена от плоскостей CDDy и ADDi
и прямая B{D образует с этими плоскостями равные углы. Построим
проекцию прямой BtD на плоскость CDDt.
Так как треугольник BiClDl — равносторонний (в нем BlCl = ClDl
и Z BiClDl = 60°). то его медиана В|//1 является и перпендикуляром к
стороне CiD^ Так как, далее, параллелепипед — прямой, то В,//, 1 ССГ
Таким образом, прямая BtHi перпендикулярна двум пересекающим-
ся прямым плоскости CDDV Это значит, что прямая В{НХ перпендику-
124
Рис. 77
лярна плоскости CDD{, т. е. DHl — это проекция прямой В^ на
плоскость CDDV Тогда угол BtDHt — это угол между прямой BtD и
плоскостью CDD^ Следовательно, Z B{DHX = 45°.
Перейдем к вычислению объема параллелепипеда.
~ $abcd *
где
SABCd = a Sin 60 = —,
и, таким образом, задача сводится к вычислению BBt. В равносторон-
а/з
нем треугольнике BlCiDl BlHl = ~~.
Тогда в равнобедренном прямоугольном треугольнике B{DH{
.—	аУб
B[D =	~ 2 •
Из прямоугольного треугольника BBtD находим
ВВ, = J BtD2 - BD2 =
Итак,
Пример 32. В основании пирамиды лежит прямоугольный тре-
угольник АВС с гипотенузой АВ = с и острым углом, равным 30°.
Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 45°. Най-
дем объем пирамиды.
125
в
Рис. 78
Решение (рис. 78). Пусть точка
О — основание высоты МО заданной пи-
рамиды. Соединив точку О с верши-
ной А, мы получим угол МАО, образо-
ванный наклонной МА с ее проекцией
ОА на плоскость АВС. Таким образом,
Z МАО = 45°.
Аналогично, соединив точку О с
точками В и С, получим ZMBO =
= Z МСО = 45°. Тогда по катету и остро-
му углу равны треугольники МАО,
МВО и МСО. Следовательно, ОА =
= О В = ОС. Итак, точка О одинаково
удалена от вершин прямоугольного тре-
угольника АВС, и, значит, точка О —
середина гипотенузы АВ треугольни-
ка АВС.
Для вычисления объема V -	• МО пирамиды найдем SABC и
высоту МО пирамиды.
В прямоугольном треугольнике АВС
АС = АВ • cos 30° =
Тогда
I	с2 Гз
SABC = 4 АВ • АС • sin 30° = -f-.
Так как СО — медиана прямоугольного треугольника АВС, то

В прямоугольном треугольнике МСО Z МСО = 45°, т. е.
МО = со = |.
В итоге получаем
1	с2/з	с _
3	8	2 “	48
126
Рис. 79
Пример 33. Высота правильной
треугольной пирамиды равна Н, а дву-
гранный угол между ее боковыми граня-
ми равен 2а. Найдем объем пирамиды.
Решение (рис. 79). Объем пирами-
ды равен
у =	• Я,
где
^лвс 4	-
так как треугольник АВС — равносторон-
ний. Поэтому задача сводится к вычис-
лению стороны АВ.
В плоскости МАС из точки А опустим перпендикуляр AD на пря
мую МС и точку D соединим с точкой В. Из равенства треугольников
ACD и BCD (CD — общая сторона, АС = ВС и ZACD = ZBCD}
следует, что Z BDC = ZADC, т. е. Z BDC = 90°. Тогда угол ADB —
это угол, образованный перпендикулярами AD и BD к ребру МС, при-
чем эти перпендикуляры лежат в гранях двугранного угла МС.
Это значит, что угол ADB является линейным углом двугранного угла
МС, т. е. ZADB = 2а
Рассмотрим треугольник MCF. Его сторона CF — это медиана тре-
угольника ABD, а сторона MF — медиана треугольника МАВ. И так
как МА = МВ, то MF — апофема грани МАВ.
Далее, МО 1 CF, МО = И, и точка О делит отрезок CF в отношении
СО : OF = 2:1. Плоскости MCF и ADB пересекаются по прямой DF,
причем DF LMC, так как прямая МС перпендикулярна плоскости
ADB, т. е. отрезок DF — это вторая высота треугольника MCF.
Подсчитаем теперь АВ. Положим для краткости АВ = х. Тогда
CF =
2 ’
В прямоугольном треугольнике МОС
ОС = |CF =
и тогда
127
МС = 7 Л102 + ОС2 = ^Я2 + ^ = ^аз- 3<.
Так как точка F — середина стороны АВ равнобедренного тре-
угольника ADB, то DF — биссектриса угла ADB, т. е. Z ADF = а.
Тогда в прямоугольном треугольнике AFD
DF - AF • ctg а - ^ctg а.
Выразив площадь треугольника MCF двумя способами, получим
или
| CF • МО = j МС • DF,
х/з „ J ы2 + Зх2	х .
2	•	з-----7cte«
откуда
х2 = 3№(3 tg2a - 1).
Таким образом,
лв27з
12
w-
Н~~й~
ЗЯ2 (3tg2a - 1)Д
12
н =	(3 tg2a - 1).
• Я =
Рис. 80
Пример 34. Расстояние от верши-
ны основания правильной треугольной пи-
рамиды до плоскости противоположной
грани равно Л, а двугранный угол при
ребре основания пирамиды равен а. Най-
дем объем пирамиды.
Решение. Пусть МАВС — задан-
ная пирамида (рис. 80), АК — перпенди-
куляр, опущенный из вершины А на плос-
кость МВС и АК = Н. Соединим точку К
с точками В и С. Тогда АВ и АС — на-
клонные к плоскости МВС, а ВК и СК —
128
проекции этих наклонных на ту же плоскость. Но АВ = АС. Значит, и
ВК = СК.
Таким образом, точка К принадлежит множеству точек плоскос-
ти МВС, одинаково удаленных от точек В и С. Этим множеством яв-
ляется прямая MF, проходящая через вершину М пирамиды и точку
F — середину стороны ВС.
Ясно, что MF является и перпендикуляром к стороне ВС. Соединим
далее точку F с точкой А. Тогда AF — медиана правильного треуголь-
ника АВС, и, значит, AF 1 ВС.
Так как MF ± ВС и AF 1 ВС, то угол MFA является линейным уг-
лом двугранного угла при ребре ВС пирамиды. Поэтому Z MFA = а.
Перейдем теперь к вычислению объема V пирамиды МАВС. Заме-
тим, что если искать V традиционным путем, то следовало бы обра-
титься к формуле
V	= |sABC • МО.
Однако в рассматриваемом примере уже известна высота АК
пирамиды, опущенная на плоскость МВС. Поэтому можно искать V
по формуле
V	= ±SMBC • АК.
Так как МО — это перпендикуляр на плоскость АВС, то проекцией
треугольника МВС на плоскость АВС является треугольник ОВС, т. е.
с _ $овс
Но ясно, что
$овс ~ 'jSabc-
Таким образом,
у — 54SC
9 cos а
АК =
АВ2Л-И „	АВ2 J~3 * h
--: 9 cos а = —гт-1---------.
4	36 cos а
Итак, задача сводится к нахождению АВ. Из прямоугольного тре-
угольника АМК
sin a sin а
129
9-762
Но
Следовательно,
и, значит,
ли = ^.
2h
J3sina	2А3
у — —------- • и — ---------------
36 cos a	27 sin 2a • sin a *
Пример 35. Стороны основания прямоугольного параллелепи-
педа ABCDA[B[ClDi АВ = 3a, AD = 4а. Расстояние между прямыми
В{С и ОС1 равно I, Найдем объем параллелепипеда.
Решение (рис. 81). Выполним некоторые построения. В плоско-
сти ВСС1 через точку проведем прямую C{F || В{С и точку F соеди-
ним с точкой D.
Так как В{С || С,/7, то прямая ВХС параллельна плоскости C}FD.
Это значит, что расстояние от любой точки прямой В{С, и в частности
от точки до плоскости C{FD равно /.
Так как объем заданного параллелепипеда
V = АВ • AD • СС, = 12a2 • ССР
то задача сводится к нахождению ССГ Положим для краткости
СС{ = х. Выразим объем пирамиды C^DCF двумя способами:
130
1-й способ.
V c^dcf ~~ з* $dcf *	~ з (24°) х ~ 2а2х.
2-й способ.
VC'DCF ~ % Sc{DF * COt
где СО = I — расстояние от точки С до плоскости C}DF.
Для вычисления Sc DF проведем CH 1 DF (нетрудно подсчитать, что
если CH 1 DF, то DH : DF = 9 : 25) и соединим точку Н с точкой СР
Ясно, что тогда и С{Н 1 DF,
sc>df = ±df • С'Н.
Находим еще DF = 5а, и далее так как
СИ • DF = CD • CF,
то
СИ =
э
Тогда
с,н = /с~с;~с~н‘ =
Таким образом,
I/ 1 I 1 е 7 25х2 + 144а2 |	. al Г~~1	... 2
Vc,DCF =3 2 * 50 * 1--5------ * 1 = Т V 25х + 144а 
Приравнивая теперь полученные двумя способами выражения
^ctDCF< получим уравнение
2а2х = yj 25х2 + 144а2,
Из которого находим
12а/
7 144а2 - 25/2 ’
131
Итак,
V = 12а2
12а/	_	144а3/
Jlua2 - 25?	7,44°5 ~ 25/’
Пример 36. В основании прямоугольного параллелепипеда
ABCDAlBlClDl лежит квадрат со стороной, равной а. Двугранный угол
AiBiDCl равен arccos Найдем объем параллелепипеда.
Решение (рис. 82). Пусть А 1 BiD. Соединим точку К сточкой
С|. Из равенства (по трем сторонам) треугольников AXBXD и ClBlD
следует, что ZAXDK - ZCXDBX. Тогда из равенства треугольников
AXDK и CXDK (по двум сторонам и углу между ними) следует, что
ZAXKD = ZCXKD.
Но АХК X BXD. Значит, и СХК X BXD. Поэтому угол АХКСХ являет-
ся линейным углом двугранного угла AXBXDCX, и, следовательно,
ZAXKCX - arccos
Так как объем заданного параллелепипеда V = DDX, где
$осВ = то задача сводится к нахождению DDX. Примем для кратко-
сти DDX = х. Выразим двумя способами расстояние АХК.
1-й способ. В треугольнике АХВХО
А{К • BXD = АХВХ • AXD.
Так как = а и из прямоугольного треугольника AXAD
132
а из прямоугольного треугольника BtBD
BtD = 72а2+ х2.
(1)
Тогда и
2-й способ. Перейдем к треугольнику А]С,К. Его стороны AtK и CtK
уже получены, а третья сторона Л1С1 = а^2. Применим к этому тре-
угольнику теорему косинусов:
А{С2 = А,К2 + С{К2 - 2А.К • С{К • cos AtKCu
ИЛИ
2а2 = 2А,/(2 - 2А1К2 • [-£],
1	1	k ZD )
откуда

(2)
Сравнивая далее полученные выражения расстояния А^К (1) и (2),
приходим к уравнению
а2 + х2 _ 5о
7 2а2 + х2 7^1
из которого
Таким образом,
п За За’
а • т = — •
133
с
Рис. 83
Пример 37. На ребрах
АВ, АС и AM пирамиды МАВС
взяты соответственно точки Blf
С) и М, — такие, что ABt : АВ =
= k, ACt : AC — I, AMl : AM = m.
Найдем отношение объемов мно-
гогранников, получающихся при
рассечении пирамиды плоско-
стью MiBlCv
Решение (рис. 83). Пусть
V — объем пирамиды МАВС, а
V, — объем пирамиды M^BfC,.
и »	И
Найдем отношение .
Возьмем в плоскости АВС точку О и будем считать, что МО —
высота пирамиды МАВС. Проведем далее в плоскости МАО прямую
AijOj || МО. Тогда Л/1О1 — высота пирамиды AfjAB,^.
Чтобы придать выкладкам, к которым мы переходим, более про-
стой вид, введем следующие обозначения: АВ = Ь, АС = с, МО = Н и
Z ВАС = а.
Ясно, что тогда АВ{ = kb, АС{ — 1с, и из подобия треугольников
AMjO, и АМО имеем
М& : МО = АМ{ : AM = т.
т. е.
Af1O1 = mH.
Подсчитаем теперь V и У,. Имеем
V = | SABC ' МО = ~ ЬсН sin а,
Vi = jS/tB.c, * M,Ot = |	* ACt • AfjOj sin а =
= kb • I c * mH sin а = klm bcH sin a.
6	6
Тогда
V - be H sin a (1 — klm)
134
и искомое отношение
К	klm ЬсН sin а _ klm
у - Ц 1 . „ . ,.	,	1 - kl
— ЪсН sin а (1 - klm)
о
Пример 38. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAlBxClDl
отношение ребер АВ : AD : АА, = 1:3:2. Построим сечение паралле-
лепипеда плоскостью, проходящей через вершину Dlt перпендикуляр-
но прямой BXD и найдем отношение объемов многогранников, полу-
чающихся при рассечении параллелепипеда заданной плоскостью.
Решение. Построение заданного сечения выполним векторно-
координатным способом. С этой целью зададим в пространстве пря-
моугольную систему координат, выбрав в качестве ее начала точку В
и приняв В А = i, ВС = 3j, ВВХ - 2k (рис. 84). В этой системе
координат В(0; 0; 0), А (1; 0; 0), С(0; 3; 0), Вх(0; 0; 2).
Далее 0(1; 3; 0), £>((1; 3; 2), BXD(1', 3; - 2). Так как заданная
—>
секущая плоскость перпендикулярна прямой Z^Z), то вектор B{D яв-
ляется ее нормальным вектором. Получаем следующее уравнение се-
кущей плоскости:
(х- 1) • 1 + (у-3) • 3 + (z - 2) • (- 2) - 0,
или
X + Зу -2z - 6 = 0.	(*)
135
Для непосредственного построения заданного сечения найдем еще
какие-нибудь две точки, принадлежащие заданной плоскости (*).
Если плоскость (*) пересекает ось By в точке L, то £(0; /; 0). Под-
ставляя координаты точки L в уравнение (*), находим, что I = 2. Та-
ким образом, £(0; 2; 0).
Попытка построить точки пересечения плоскости (*) с осями Вх и
Вг оказывается не совсем удачной: эти точки пересечения F (0; 0; 6) и
Р(0; 0; - 3) не помещаются на чертеже.
Найдем тогда точку пересечения секущей плоскости, например, с
прямой AD. Если этой точкой является точка N, то У(1; п; 0). Подстав-
5
ляя координаты точки N в уравнение (*), находим, что п = ?, т. е.
и
(5
1;	0 . Построим эту точку.
Итак, построены три точки, не лежащие на одной прямой и принад-
лежащие заданной секущей плоскости. Построим сечение паралле-
лепипеда плоскостью DiLN. Находим последовательно точку
М — £МП CD, проводим прямую MDit строим точку К = MDt П CClt
соединяем точку D, с точкой М и точку К с точкой £. В итоге этих
построений получаем четырехугольник DiKLN — сечение параллеле-
пипеда заданной плоскостью.
Перейдем теперь к вычислениям. Найдем VD — объем многогран-
ника UD, отсеченного от заданного параллелепипеда и содержащего
вершину D. Этим многогранником является усеченная пирамида, ос-
нованиями которой являются треугольники DDtN и CKL. Ясно, что
высотой пирамиды VD является отрезок CD.
Итак,
Vd~ ~^CD (^DOjW + $DDtN ’ $CKL +	•
Так как заданный параллелепипед — прямоугольный, то треугольни-
ки DDtN и CKL — прямоугольные, и поэтому
$DD,N = "2 C)Di ’ DN и
Sckl = 4 СК • С£.
Полагая АВ = а (вспомогательный параметр), находим, что тогда
DD\ = 2а,
136
DN = AD - AN = За -	= |a,
CL = ВС - BL = За - 2a = a.
Длину отрезка СК можно найти из подобия треугольников DDtN и
CKL. Имеем	СК _ CL_ Dfy DN ’
откуда	ск = т-
Таким образом,	с	1 о	4	_ 4а2 ^DD.N ~ 2 '	3 ’ с	1 За	За2 ScKL = 2 ' Т • а = ~Т И
4а2 I 4а2 За2 За2
~ + V ~3	4~ +~Г
\ /
З7а3
36 ’
V» =
Вычислим далее VB — объем многогранника UBt который отсекает-
ся от заданного параллелепипеда и содержит вершину В.
Ясно, что VB = V - VD, где V — это объем заданного параллеле-
пипеда. Так как
V = а • За • 2а = ба3,
то
37<?	179а:
= 6а - - зГ =
В итоге получаем
у . у _ 37а’	179а’
 VB 36 ’ 36 ’
и, следовательно, искомое отношение
VD : VB = 37 : 179.
137
Пример 39. Отношение сто-
роны основания правильной приз-
мы АВСА\В}СХ к ее боковому реб-
ру равно 1 : ^3. Построим сечение
призмы плоскостью а, проходящей
через вершину С, перпендикулярно
прямой BC[t и, считая АВ = а, най-
дем объем многогранника UA, отсе-
ченного от призмы и содержащего
вершину А.
Решение, (рис. 85) Построим
заданное сечение векторно-коорди-
натным способом. С этой целью за-
дадим в пространстве прямоуголь-
ную систему координат. В качестве
ее начала примени точку О — сере-
дину отрезка АВ и примем ОА = 7,
ОС = ^3/. дд1 = 2^3 k .
В этой системе координат: 0(0; 0; 0), А(1; 0; 0), с(0; ^3; о),
О](0; 0; 2/з) (точка О, — середина ребра А1В)).
Далее, так как плоскость а перпендикулярна прямой ВС,, то
вектор BCt является нормальным вектором плоскости а. Находим:
В(- 1; 0; 0), СДО; /3; 2</з) и ВС,(1; <[3; 2/з).
Составим уравнение плоскости а:
(х - 0) • 1 + (^ - ^З) • 73 + (z - 0) • 2^ = О,
или
X + /Зу + 2/3Z -3 = 0.
Для непосредственного построения плоскости а найдем еще две точ-
ки, принадлежащие ей. Если плоскость а пересекает ось Ох в точке L,
то £(/; 0; 0). Подставив координаты точки L в уравнение плоскости а,
получихм 1 = 3. Значит, £(3; 0; 0). Построим эту точку.
138
Если плоскость а пересекает ось Ог в точке Nt то N(0; 0; п). Под-
ставив координаты точки W в уравнение плоскости а, получим п = —р
I Уз ।
т. е. ЛЧ 0; 0;	• Построим эту точку.
Теперь построим сечение призмы плоскостью а (т. е. плоскостью
CLN). Построим последовательно прямую CL, затем прямую LN, най-
дем точки М = LN А АА, и К = LN П BBt и соединим их с точкой С.
В итоге этих построений получим треугольник СМК — сечение приз-
мы плоскостью а.
Перейдем к вычислениям. Подсчитаем V — объем многогранника
UA. Этот многогранник представляет собой пирамиду, основанием ко-
торой является прямоугольная трапеция ВКМА (ВК || AM, АВ 1 ВК),
а вершиной — точка С. Нетрудно убедиться, что медиана СО тре-
угольника АВС является высотой этой пирамиды. Поэтому ее объем
V =	СО-|^Ц^- • АВ • СО,
где
1	UJ
ВК = ~BBt =
(это ясно из сопоставления координат точек В{ и К),
1 а </~3*
AM = ±ВК = -±-
(как средняя линия треугольника BKL),
АВ = а, СО =
Значит,
у - 1
v з
а^З aj~3
~3~ + ~~6~	а7~3 _
2 а 2	~ 8 ‘
139
Задачи для самостоятельного решения
109.	Площадь одной из боковых граней треугольной призмы равна
тп2. Найдите объем призмы, если расстояние от противолежащего реб-
ра до плоскости этой грани равно 2а.
110.	Секущая плоскость проходит через сторону основания правиль-
ной треугольной призмы и образует угол, равный а, с плоскостью ос-
нования. От призмы она отсекает пирамиду, объем которой равен V.
Найдите площадь сечения призмы.
111.	В правильной четырехугольной пирамиде плоскость, проходя-
щая через сторону основания и среднюю линию противолежащей бо-
ковой грани, образует с плоскостью основания угол, равный 60’. Най-
дите объем пирамиды, если сторона ее основания равна а.
112.	В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с
боковыми сторонами, равными а, и углом при вершине, равным а.
Боковые грани пирамиды образуют с основанием углы, каждый из
которых равен 45’. Найдите объем пирамиды.
113.	Объем правильной треугольной пирамиды равен V, а двугран-
ный угол при ребре ее основания равен а. Найдите площадь поверх-
ности пирамиды.
114.	Площади двух взаимно перпендикулярных граней треуголь-
ной пирамиды равны Р и Q, а длина их общего ребра равна Ь. Найди-
те объем пирамиды.
115.	Основанием пирамиды является квадрат, а ее высота лежит
вне пирамиды и равна Н. Две противолежащие боковые грани —
равнобедренные треугольники, плоскости которых образуют с плоско-
стью основания углы, равные а и 0. Найдите объем пирамиды.
116.	Основанием пирамиды является трапеция, боковые стороны и
меньшее основание которой равны а, а угол между боковой стороной и
основанием равен а. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости
основания под углом, равным 0. Найдите объем пирамиды.
117.	Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, острый
угол которой равен а, а площадь ее равна Q. Каждая боковая грань
образует с основанием угол, равный 0. Найдите объем пирамиды.
118.	В основании пирамиды МАВС лежит квадрат со стороной,
равной а. Боковое ребро МВ перпендикулярно плоскости основания.
На ребре МС взята точка Р — середина этого ребра. Найдите объем
пирамиды в тех случаях, когда а — это величина угла между прямой
DP и следующими прямыми:
а) АВ; б) ВС; в) АС.
119.	В основании пирамиды МАВС лежит правильный тре-
140
угольник, сторона которого равна а. Вершина М проектируется в точ-
ку D — такую, что фигура ABCD — ромб. Объем пирамиды равен V.
Найдите углы, которые образуют с прямой МА следующие прямые:
а) ВС; б) BD; в) BL, точка L которой является серединой ребра МС.
120.	В основании пирамиды МАВС лежит треугольник, у которого
АВ = АС = а. Боковое ребро МА перпендикулярно плоскости основа-
ния, а угол между прямыми МС и АВ равен а. Найдите объем пира-
миды в тех случаях, когда угол ВАС равен:
а) 60’; б) 30’; в) 120’.
121.	В основании пирамиды МАВС лежит треугольник, у которого
ZACB = 90*, АС = ВС = а. Боковое ребро МА перпендикулярно
плоскости основания. На ребре МВ взята точка Р — середина этого
ребра, а на ребре МА — точки Q2 и Q3 — такие, что Лф1 =	=
= Q2Q3 = Найдите объем пирамиды в тех случаях, когда угол,
равный 60‘, образует прямая СР со следующими прямыми:
a) BQi', б) BQ2, в) BQ3.
122.	В основании прямой призмы 4BC4|B(C] лежит прямоуголь-
ный треугольник, у которого АС = ВС = а. На ребрах AAt и СС1 взяты
соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найдите объем
призмы в тех случаях, когда угол, равный а, образуют с плоскостью
BPQ следующие прямые:
а) ВВ{; б) BiCi, в) А^.
123.	Сторона основания правильной пирамиды MABCD равна а.
На ее ребре МС взяты точки Ph Р2 и Р3 — такие, что СР, = P(P2 =
= Р2Р3 = РьМ. Площади сечений пирамиды плоскостями, прохо-
дящими через прямую AD и одну из точек Р1( Р2 и Р3, равны соответ-
ственно:
a) St; б) S2; в) S3. Найдите объем пирамиды в каждом их этих слу-
чаев.
124.	На ребре DD{ куба АВСйА^С^ взяты точки Л41г М2 и М3 —
такие, что DMt = MtM2 = М2М3 = M3DV Найдите отношения объе-
мов многогранников, получающихся при рассечении куба плоскос-
тями, перпендикулярными прямой BtD и проходящими через следу-
ющие точки:
a)Afj; б) М2; в) М3.
125.	На ребрах ВВ, и CD куба ABCDAlBlClDl взяты соответствен-
ИО точки Риф — такие, что BP : BBt = CQ : CD = 3 : 4. Найдите
отношения объемов многогранников, получающихся при рассечении
куба плоскостями, перпендикулярными прямой PQ и проходящими
через следующие точки:
а)Л(; б) Dp в) С,.
141
126.	В правильной призме АВСА{В{С{ отношение ребер АВ : ЛЛ1 =
- 2 :	. На ребрах АВУ СС1 и А1В1 взяты соответственно точки L, К
и М — середины этих ребер. Найдите отношения объемов многогран-
ников, получающихся при рассечении призмы плоскостями, перпенди-
кулярными прямой KL и проходящими через следующие точки:
а) С; б) М\ в) L.
127.	На ребрах ЛjBj и ВС призмы АВСА{В{С{ взяты соответственно
точки М и К — такие, что А{М : А{В{ = 1:2, ВК : ВС = 1 : 3, а на ребре
В1С1 взяты точки Nj и ДГ2— такие, что B{N{ = NXN2 - N2CV Найдите
отношения объемов многогранников, получающихся при рассечении
призмы следующими плоскостями:
a)MN{K\ 6)MN2K; в)МС,К.
128.	На ребрах AAt и Л^ куба ABCDA^CiDf взяты соответст-
венно точки М и N — середины этих ребер, а на ребре CD взяты точки
/(] и К2 — такие, что СК{ = Л\£), К^К2 = K2D. Найдите отношения
объемов многогранников, получающихся при рассечении куба следую-
щими плоскостями:
а) 6)WC; в) MNK2.
129.	В основании пирамиды МАВС лежит правильный треуголь-
ник, а ее боковое ребро МА перпендикулярно плоскости основания и
МА = АВ. На ребре МВ взята точка Р — середина этого ребра. Най-
дите отношения объемов многогранников, получающихся при рассече-
нии пирамиды плоскостями, проходящими через точку Р, перпендику-
лярно следующим прямым:
а) ЛС; б)МВ\ в) МС.
§ 12.	Задачи с комбинациями многогранников
Пример 40. Квадрат ABCD является общим основанием двух
пирамид, расположенных по одну сторону от плоскости квадрата.
Вершина М1 первой пирамиды проектируется в точку В, а вершина
М2 второй — в точку F — середину отрезка CD. Считая MtB = M2F =
= АВ = а, найдем:
а)	длину линии пересечения боковых поверхностей заданных
пирамид;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечени-
ем заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
142
Решение (рис. 86). Прежде всего построим пересечение пира-
мид M{ABCD и M^BCD.
1)	Так как отрезки MtB и M2F перпендикулярны одной плоскос-
ти, то MtB || M2F. Тогда четырехугольник MtBFM2 — параллелограмм.
Построим точку Р, в которой пересекаются его диагонали: Р =
= MtF П М2В.
Как нетрудно убедиться, точка Р является точкой пересечения реб-
ра М2В второй пирамиды с гранью MtCD первой. Действительно, точ-
ка Р принадлежит ребру М2В и она принадлежит отрезку MtF, кото-
рый, в свою очередь, лежит в плоскости MtCD.
Итак, построена точка Р — точка пересечения ребра М2В с гранью
MtCD.
2)	Так как АВ || CD, то прямая АВ параллельна плоскости M{CD.
Тогда плоскость М^В, проходящая через прямую АВ, пересекает плос-
кость MfiD по прямой т || АВ.
Так как, кроме того, известно, что плоскости М^В и M}CD имеют
общую точку Р, то прямая т проходит через точку Р.
Итак, в плоскости М^В через точку Р проведем прямую гп^АВ.
Ясно, что т || CD.
3)	Так как прямые т и MXD лежат в одной плоскости (и они не
параллельны), то эти прямые пересекаются. Пусть тП M\D - Q.
Точка Q лежит на прямой т. Следовательно, точка Q лежит в плос-
кости МъАВ. Таким образом, построенная точка Q — это точка пересе-
чения ребра MtD первой пирамиды с гранью М^В второй.
143
4)	Так как точки С и Р обе лежат и в плоскости M{CD, и в плоско-
сти то эти плоскости пересекаются по прямой — СР. Таким
образом построен и отрезок СР, являющийся пересечением граней
MtCD и МэАВ.
5)	Аналогично получаем отрезок AQ, являющийся пересечением гра-
ней MtAD и М^В.
6)	Ясно, что отрезок AD является пересечением боковых граней М,AD
и MzAD. Аналогично отрезки АВ, ВС и CD также входят в состав
линии пересечения боковых поверхностей заданных пирамид.
Итак, линия пересечения пирамид M,ABCD и M^ABCD построена.
Она состоит из незамкнутой пространственной ломаной AQPC и
замкнутой плоской ломаной ABCDA.
Перейдем теперь к вычислениям.
а)	Подсчитаем длину полученной линии пересечения. Длина лома-
ной ABCDA равна 4а. Найдем длину ломаной AQPC.
Так как точка М2 проектируется в точку F, то прямая FC — это
проекция прямой М2С на плоскость АВС. Но FCA.BC. Тогда и
М2С1 ВС. Как было выяснено в построении, точка Р — середина от-
резка М2В. Таким образом, отрезок СР — это медиана треугольника
М2ВС, проведенная из вершины прямого угла.
Тогда
СР = 4 М2В = ± J ВС2 + М2С2 =
= | ВС2 + (м2Л2 + CF2) = -у.
Аналогично убеждаемся, что отрезок AQ — это медиана, проведенная
из вершины прямого угла треугольника M^D, т. е.
AQ = | Mfi.
И так как в этом треугольнике
MtD = J AD2 + MtA2 = J а2 +	= afi,
ТО
AQ = ^-.
144
Осталось подсчитать длину отрезка PQ. Этот отрезок является сред-
ней линией треугольника MtFD (так как точка Р — середина стороны
MtF и PQ || CD).
Тогда
PQ = ±DF=±
Итак, длина линии пересечения боковых поверхностей заданных
пирамид
б)	Подсчитаем $00ля — площадь поверхности многогранника, яв-
ляющегося пересечением заданных пирамид. Этим пересечением яв-
ляется многогранник, основанием которого служит квадрат ABCD.
Ясно, что
$осн = а2-
Боковая поверхность многогранника-пересечения состоит из двух
треугольников: ADQ и ВСР и двух трапеций: ABPQ и CDQP. Т. е.
$6ож = $ADQ + $ВСР + $ABPQ + $CDQP.
Имеем
Saw = | * SMlAD = {AD >	=
Sbcp = 2 Sm^c = 7 SC • M2C,
где
M2C = J M2F2 + CF2 =
t. e.
c _ 1	_ “WE
Ьвср - 4 • 0 • ~2~-----p
145
10-762
Далее ясно (рис. 87), что
с — + pQ . Qp
^ABPQ — 2	Vе»
где АВ = а,
PQ = А BE = |,
QE = | М£.
Длину отрезка М2Е можно подсчитать из
прямоугольного треугольника M2FE (рис. 86).
Получаем
М2Е = J M2F2 + FE* = aft.
Тогда
а
а + -т
С — _________£
°AB₽Q ~	2
Аналогично находим площадь трапеции CDQP (рис. 88).
Рис. 88
_ CD + PQ
CDQP -	2	2	:
Д	f—	_ f—
_ «+4	a/2 _ 5a272
~ '	2 “	16
И, наконец, находим полную поверхность мно-
гогранника, являющегося пересечением задан-
ных пирамид:
146
<	= s + s
□олн *^бок 1 *^осн
+ 0> , 4 (7^ +	+ 8)
в) Объем V многогранника, являющегося объединением задан-
ных пирамид, мы найдем как сумму объемов У1 и У2 этих пирамид без
объема У3 многогранника, являющегося их пересечением (дело в
том, что при сложении объемов и У2 объем V3 входит в эту сумму
дважды).
Итак,
V - VI + V, - У3.
Имеем
= ^M^ABCD = “з $ABCD ’	“ "3“»
И
1	Q3
^2 V M^BCD = "з $ABCD * M2F =
Объем Уз найдем, например, как сумму объемов пирамид QABCD
и QBCP.
Т. е.
^3 = ^QABCD + QBCP'
Ясно, что
VQABCD = J $ABCD *
где Н — это расстояние от точки Q j\.q плоскости АВС. Из треугольни-
ка M\BD нетрудно найти, что
Таким образом,
V — - а2 • — — —
VQABCD ~ За 2 " 6 •
Чтобы подсчитать УфвСр поступим следующим образом. Построим
точку = PQ П MtC. Так как по построению PQ || АВ, то прямая PQ
147
10*
перпендикулярна плоскости М,ВС. Значит, отрезок QK — это высота
пирамиды QBCK, а отрезок РК — это высота пирамиды РВСК.
Подсчитаем VqBCP как разность объемов:
Vqbck ~ VРВСК-
Получаем
Vqbcp = 3 $вск * QK ~ J $вск ’ РК ~
= | $вск (QK	SBCK • QP =
3 [2 SMtBCJ ' QP з
a1	a _ a3
4	4 “ 48
Итак,
v - a> . a> _ 2^1
Из “ 6 + 48	48 ’
В итоге всех вычислений получаем
о3 а3________9а3 _ 23а3
3 + 3	48 — 48 ’
Таков объем многогранника, являющегося объединением задан-
ных пирамид.
Замечание. Пусть т П М%А = L.
Тогда объем V можно подсчитать, например, как сумму объемов
трех пирамид: Л^ЛВСР, M2CPLD и QALD.
Есть и другие пути получения объема V.
Пример 41. Куб АВСйА{В{С{Ох и правильная пирамида MPQR
расположены таким образом, что вершины Р, Q и R основания пи-
рамиды являются серединами соответственно ребер АВ и
куба, а отношение стороны основания пирамиды к ее высоте МО рав-
но 1 : ^2.
Считая ребро куба равным 1, найдем:
а)	длину линии пересечения заданных пирамиды и куба;
148
Рис. 89
б)	площадь той части поверхности куба, которая находится вне
пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных пи-
рамиды и куба.
Решение (рис. 89). Пусть куб ABCDAXBXC{DX построен. Постро-
им заданную пирамиду MPQR. Воспользуемся для этого следующими
выводами:
. 1) Так как АВ = 1, то
PQ = J DP* + DQ* =
Аналогично (или исходя из того, что заданная пирамида — правиль-
ная) найдем,что
PQ = 4и
2)	Нетрудно убедиться, что AtP = A{Q = AjT?, т. е. точка At одина-
ково удалена от точек P.Q и R. Точно так же и СР = CQ = CR, т. е. и
точка С одинаково удалена от точек P,Q и R. Таким образом, прямая
является множеством точек, одинаково удаленных от вершин тре-
угольника PQR. Это значит, что прямая А(С перпендикулярна плос-
кости PQR и проходит через точку О — центр треугольника PQR.
Тогда так как пирамида MPQR — правильная, то ее вершина М ле-
жит именно на прямой А,С.
149
3)	Итак, точка О — это точка пересечения медиан правильного
треугольника PQR, сторона которого равна
Тогда
OP = OQ = OR = |
PQ
XI 41
2	2 ’
/
Так как по условию
PQ : МО = I
^2.
то
МО= PQji = & • X = #•
Но и
А,С = Д
(ведь Л]С — это диагональ куба, ребро которого равно 1), Тогда
^=4
Следовательно,
МО : А{0 = Д : 4 = 2 : 1.
откуда ясно построение вершины М. Построив точку М, соединим ее с
точками Р, Q и R. Итак, пирамида MPQR построена.
4)	Построим далее линию пересечения заданных куба и пирамиды.
Так как вершина Q пирамиды лежит на ребре АВ куба, то плоскости
MQR и ABBi пересекаются по прямой, проходящей через точку Q.
Найдем линию пересечения плоскостей MQR и ABBV Сделаем это
следующим образом (рис. 90).
5)	Построим точку М' — проекцию точки М на плоскость АВС.
Ясно, что так как точка М лежит на прямой XjC, то точка М лежит на
прямой АС, т. е. в плоскости МАС через точку М проведем прямую
ММ' || AAt. Построим также проекцию точки R на плоскость ЛВС, т. е.
точку R'.
150
Далее заметим, что плоскость ABBt перпендикулярна плоскости
АВС. Тогда линия пересечения плоскостей MMR и АВВ{ перпендику-
лярна плоскости АВС. Ясно, что общей точкой плоскостей MM'R и
ABBt является точка N = M'R' П АВ.
А прямая п, проходящая в плоскости ABBt через точку N, парал-
лельно прямой АА{ — это линия пересечения плоскостей MM'R и ЛВВГ
Пусть п П MR = N2.
Тогда точка N2 лежит и в плоскости MQR и в плоскости АВВ{.
Точка Q также принадлежит обеим этим плоскостям. Значит, прямая
N2Q — это линия пересечения плоскости MQR с плоскостью АВВ^
Пусть	= Т. Так как по построению точка Т лежит и в
плоскости MQR и на прямой XjB,. то точка Т — это точка пересечения
прямой с плоскостью MQR. Таким образом, точки Т и R принад-
лежат и плоскости MQR, и плоскости Л^Ср Это значит, что прямая
TR — это линия пересечения плоскостей MQR и Л^Ср а отрезок
TR — это линия пересечения граней MQR и Л^Ср
Аналогично отрезок TQ — это линия пересечения граней MQR и
АВВ{А{.
Можно продолжить выбранный нами путь построения линии пере-
сечения поверхностей заданных куба и пирамиды. Мы же, в целях
упрощения последующей вычислительной работы, покажем другой путь
построения линии пересечения заданных многогранников. А именно,
векторно-координатный способ.
Итак, зададим в пространстве прямоугольную систему координат.
В качестве ее начала выберем, например, точку С, а в качестве векто-
ров i, / и А зададим соответственно векторы CD, С В и CCt (рис. 91).
151
Рис. 91
В этой системе координат имеем: С(0; 0; 0), £>(1; 0; 0), В(0; 1; 0),
С](0; 0; 1). Чтобы составить уравнение плоскости MQR, находим:
1; ol, R Го; 11. Л1(|; 1).
Если вектор п (k', I; т) — нормальный вектор плоскости MQP, то
п 1 QM и п 1 RM.
Имеем: QM (1; и RM 1;
Тогда <
*•! + /•- +
2
k • - + / • 1 +
2
3
т • — = 0
2
1
т • - = 0.
2
Из этой системы уравнений находим, полагая, например, т - 1,
что I = 7, k = - 5. Таким образом, п (- 5; 7; 1).
Получаем следующее уравнение плоскости MQR:
• (-5) +(у - 1) • 7+ (2-0) • 1=0.
или
10х - 14i/ - 2z + 9 = 0.
152
Чтобы найти точку пересечения прямой с плоскостью MQR
будем рассуждать так: если прямая AjB, пересекает плоскость MQR в
точке Т, то точка Т имеет координаты (/; 1; 1). Подставив координаты
точки Т в уравнение плоскости MQR, получаем
т. е. 7^; 1; 1).
Построим эту точку и соединим ее с точками Q и R.
Точно так же в заданной нами системе координат найдем уравне-
ние плоскости MPQ
2х - 10у + 14z - 9 = 0.
Если эта плоскость пересекает прямую в точке то
1F(1; w; 1). Подставив координаты точки W в уравнение плоскости
MPR, получим деф; -2;
Построим точку W и соединим ее с точками R и Р.
Далее составим уравнение плоскости MPQ:
14х + 2у - 10z -9 = 0
/	7 \
и найдем точку VI1; 1; —I, в которой плоскость MPQ пересекает пря-
мую АА{. Построим точку V и соединим ее с точками Р и Q.
Итак, замкнутая пространственная ломаная PVQTRWP является
линией пересечения заданных куба и пирамиды.
Теперь можно перейти к вычислениям.
а)	Пусть L — это длина ломаной PVQTRWP. Тогда
L = PV + VQ + QT + TR + RW + WP.
Находим
ру = 1 р + (2 _ 1У _ VK
v У U0 2)	5 •
153
Аналогично находим
VQ = WP =
кч/ 10 » wr ю *

Таким образом,
б)	Найдем S1 — площадь той части грани ADDiAi куба, которая
находится вне пирамиды (рис. 92).
Ясно, что четырехугольник AVPD — прямоугольная трапеция, и ее
площадь
7	1
с' = AV + DP .	= 16^ 2 . 1 = 22
д 2	2	1	20-
Треугольник PD^ — прямоугольный, и его площадь

Тогда
Рис. 92
s = 12 + 7 = 21
г>1	20 + 40	40‘
Нетрудно доказать, что площадь той части
грани AlBlCiDl, которая находится вне пира-
миды MPQR, равна площади 5( и площадь
той части грани АВВ^, которая находится
вне пирамиды, также равна площади 5(.
Таким образом, площадь той части поверх-
ности куба, которая находится вне заданной
пирамиды, равна
5 = 3
213
40 ‘
154
в)	Объем V многогранника, являющегося пересечением заданных
куба и пирамиды, представим как сумму:
V = 3V, + ЗУ2,
где V, — это объем пирамиды A^PQ,
a V2 — это объем пирамиды PA,VQ.
Ясно, что
3V, = 3^ • 14,о] = SPQR • 14,0 =	| 4,0.
Так как
PQ = £ 4,0= АЛ1С = ±£
ТО
/ /— \2	г—	।—
41/ -	- —
1	2	4	3	2	16'
\ /
Далее,
ЗУ2 = 3 3	- -я],
где
= 2	= 2 * 10 ’ 2“ 40’
а Н — это расстояние от точки Р до плоскости т. е. Н — 1.
Таким образом,
ЗУ - з . JL . 1 - JL
6	40	3	40-
В итоге получаем искомый объем:
155
Задачи для самостоятельного решения
130.	Боковые грани призмы ЛВСЛ1В1С1 — квадраты. Основанием
пирамиды MABD, вершина D которой лежит в плоскости АВВ[ по
разные стороны от прямой АВ с точкой является равносторонний
треугольник. Боковое ребро MD пирамиды перпендикулярно плоско-
сти основания и равно стороне основания. Вершины М и С находятся
по одну сторону от плоскости АВВу. Найдите углы между следующи-
ми парами плоскостей:
a) MAD и АССс, б) MAD и ВСС^, в) MAD и ЯСС,.
131.	На стороне AD квадрата ABCD построен вне его в плоскости
АВС равносторонний треугольник ADE. Затем на стороне АЕ этого
треугольника вне его, также в плоскости АВС, построен равносторон-
ний треугольник AEF. Квадрат ABCD принят за основание правиль-
ной пирамиды М{АВСЕ, а треугольник AEF — за основание правиль-
ного тетраэдра M^AEF. Вершины М( и М2 этих многогранников распо-
ложены по одну сторону от плоскости АВС, и высота Л]|О1 пирамиды
равна высоте Л12О2 правильного тетраэдра. Найдите углы между сле-
дующими парами плоскостей:
a) Л1.ЯВ и ЛМЛ б) MtAD и М^АЕ-, в) MtCD и M2FE.
132.	Правильная призма ABCAiBlCi, боковое ребро которой равно
стороне основания, и правильный тетраэдр MACD расположены по
одну сторону от плоскости АВС таким образом, что отрезок АС явля-
ется их общим ребром, а вершина D лежит в плоскости АВС, но не
совпадает с вершиной В призмы. Считая АВ = а, найдите расстояния
от вершины М тетраэдра до следующих точек:
а) В; 6)Bt; в) Л|.
133.	Правильная призма АВСА^С^ боковое ребро которой в два
раза больше стороны ее основания, и правильный тетраэдр MAA{D
расположены по одну сторону от плоскости ABBi таким образом, что
вершина D лежит в плоскости АВВ{ по разные стороны от прямой AAt
с точкой В. Считая АВ = а, найдите расстояния от вершины М до
следующих точек:
а) В; б) С; в) Р — центра грани АВС.
134.	В основании пирамиды М{АВС лежит правильный треуголь-
ник АВС, а ее боковые грани являются равнобедренными прямоуголь-
ными треугольниками. Ребро М^ этой пирамиды является ребром
также правильного тетраэдра Mj^AMtD, расположенного по ту же сто-
рону от плоскости MtAB, что и пирамида MtABC. Вершина D тетраэд-
ра лежит в плоскости MtAB по разные стороны от прямой М,А с точ-
156
кой В. Найдите углы, которые образует прямая M2D со следующими
плоскостями:
а) МХВС; б)М,АС; в) МХАВ.
135.	Куб АВСОА^С^ и правильный тетраэдр MCDE располо-
жены по одну сторону от плоскости АВС таким образом, что отрезок
CD является их общим ребром, а вершина £ лежит в плоскости АВС и
находится с вершиной В по разные стороны от прямой CD. Считая
ребро куба равным а, найдите расстояния от вершины М тетраэдра
до следующих точек:
а) В; 6)DX; в) В,.
136.	Куб АВСЬА^В^С^^ и правильный тетраэдр МАХСХЕ располо-
жены таким образом, что диагональ АХСХ грани куба является ребром
тетраэдра. Вершина £ тетраэдра лежит в плоскости АССХ, вне куба, а
вершина М лежит по ту же сторону от плоскости АССХ, что и точка D.
Считая ребро куба равным 1, найдите следующие расстояния:
а) АЕ; б) MDX; в) МА.
137.	Боковые грани правильной пирамиды MXABCD — равносто-
ронние треугольники, а ее грань MXCD является основанием второй
правильной пирамиды, вершина М2 которой находится вне первой
пирамиды. Плоские углы при вершине М2 - прямые. Найдите углы
между прямой М20 и следующими прямыми:
a) AfjOp точка которой является основанием высоты первой пира-
миды; б) АМХ; в) ВМХ.
138.	Все ребра пирамиды MXABCD равны между собой, а ее грань
MXCD является основанием правильного тетраэдра, вершина М кото-
рого находится вне заданной пирамиды. Найдите углы между прямой
М<р и следующими прямыми:
а) ЛВ; б) АС; в) МХВ.
139.	Правильные пирамиды MABCD и MCDEF расположены по
разные стороны от плоскости MCD таким образом, что треугольник
MCD является общей гранью этих пирамид. Высота первой пирами-
ды проектируется в точку О( плоскости АВС, а высота второй — в
точку О2 плоскости CDE. Считая CD = а и двугранный угол между
гранями МАВ и MCD равным 45’. найдите расстояния между следую-
щими точками:
a) О, и О2, б) О] и £; в) О2 и В.
140.	В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с от-
ношением сторон АВ : ВС = 2 : ^2, а грань МАВ образует с основани-
ем угол 90”. Треугольник MCD является также гранью правильного
тетраэдра MXMCD, расположенного по ту же сторону от плоскости
157
MCD, что и заданная пирамида. Считая АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных пирамиды и
тетраэдра;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамиды и тетраэдра;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных пира-
миды и тетраэдра.
141.	В основании прямой призмы АВСА^С^ лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при вершине С, Боковая грань
АВВ^Аj этой призмы является квадратом и принята за основание пра-
вильной пирамиды, вершина М которой лежит с вершиной С по раз-
ные стороны от плоскости АВВ^ Считая боковое ребро пирамиды рав-
ным стороне ее основания, найдите углы между прямой fijCj и сле-
дующими прямыми:
a) AM; 6)AtM; в) ВМ.
142.	Правильная пирамида M{ABCD, боковые грани которой яв-
ляются равносторонними треугольниками, и правильный тетраэдр
M2CDE расположены таким образом, что их грани MfiD и CDE ле-
жат в одной плоскости, вершины М{ и Е лежат по разные стороны от
прямой CD, а вершины и М2 — по разные стороны от плоскости
АВС. Найдите углы между следующими парами плоскостей:
а) М>АВ и M2DE; б) MtAD и М^Е; в) MtAD и М2СЕ.
143.	Правильная пирамида M^BCD, боковые грани которой на-
клонены к плоскости основания под углом 60°, и такая же пирамида
M2CDEF расположены таким образом, что их грани M{CD и M2CD
лежат в одной плоскости, вершины Л41 и М2 лежат по разные стороны
от прямой CD, а вершины Е и — по разные стороны от плоскости
АВС. Найдите углы между следующими парами плоскостей:
а) М{АВ и M2EF; б) МХВС и M2DE; в) MXAD и M2DE.
144.	Правильная пирамида MXABCD, боковое ребро которой равно
диагонали ее основания, и правильный тетраэдр М2МХСЕ расположе-
ны таким образом, что ребро МХС пирамиды является ребром и пра-
вильного тетраэдра, вершина Е тетраэдра лежит в плоскости М{АС,
но не совпадает с точкой А, а вершина М2 лежит по ту же сторону от
плоскости АХАС, что и точка D. Считая АВ = а, найдите расстояния
между следующими парами точек:
a) D и Е; б) А и Е; в) М2 и D.
145.	Пирамида MPQR помещена внутри куба ABCDAXB{CXDX та-
ким образом, что вершины Р, Q и R ее основания являются середина-
ми соответственно ребер Л^, ^5,С| и ВВХ куба, а вершина М является
центром грани CDD}CV Считая ребро куба равным а, найдите:
158
а)	расстояние от точки М до плоскости PQR;
б)	площадь боковой поверхности пирамиды MPQR;
в)	объем пирамиды MPQR.
146, Основанием двух пирамид является прямоугольный треуголь
ник АВС. Вершины и М2 этих пирамид находятся по одну сторону
от плоскости АВС, и первая из них проектируется в точку В, а вто-
рая — в точку С. Считая АС = ВС = МХВ = Л/2С = а, найдите:
а) длину линии пересечения боковых граней МХАС и заданных
пирамид;
б) площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамид;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
147.	Основанием двух пирамид является параллелограмм ABCD.
Вершины и М2 этих пирамид находятся по одну сторону от плоско-
сти АВС и первая из них проектируется в точку В, а вторая — в точ-
ку С. Считая MtB = М2С = ВС = а, найдите объем многогранника,
являющегося пересечением заданных пирамид в тех случаях, когда
параллелограмм ABCD является:
а) квадратом; б) прямоугольником с отношением сторон АВ : ВС =
= 2:1; в) ромбом, острый угол которого равен 60°.
148.	На стороне АВ прямоугольника ABCD, у которого АВ : ВС =
= 1:2, взята точка Е — середина этой стороны. Прямоугольник ABCD
принят за основание пирамиды, вершина М, которой проектируется в
точку В, а треугольник CDE принят за основание второй пирамиды,
вершина Af2 которой проектируется в точку F — середину отрезка CD.
Вершины М{ и М2 находятся по одну сторону от плоскости АВС. Счи-
тая АВ = МХВ = M2F = а, найдите:
а)	периметр фигуры, получающейся в сечении пирамиды M2CDF плос-
костью M{CD;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
149.	Основанием двух пирамид является квадрат ABCD. Вершины
Мj и М2 этих пирамид находятся по одну сторону от плоскости АВС, и
первая из них проектируется в точку Oj — середину отрезка АВ, а
вторая — в точку О2 — середину отрезка CD. Считая АВ = М{0{ =
= М2О2 = а, найдите:
а)	длину той части линии пересечения поверхностей заданных пира-
мид, которая находится вне плоскости АВС;
159
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных
пирамид.
150.	Основанием двух пирамид является квадрат ABCD. Вершины
М{ и М2 этих пирамид находятся по одну сторону от плоскости АВС, и
первая из них проектируется в точку В, а вторая — в точку D. Считая
АВ = М{В = 2M2D = а, найдите:
а)	длину той части линии пересечения поверхностей заданных пира-
мид, которая находится вне плоскости АВС;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
151.	Основанием двух пирамид является прямоугольная трапеция
A BCD с отношением сторон АВ : AD : CD = 2:1:1. Вершина М,
первой пирамиды проектируется в точку D, а вершина М2 второй —
в точку В. Точки М, и М2 находятся по одну сторону от плоскости АВС.
Считая CD ~ MXD = М2В = а, найдите:
а)	длину той части линии пересечения заданных пирамид, которая
лежит вне плоскости АВС;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных пира-
мид.
152.	В основании пирамиды MXABCD лежит квадрат, а ее диаго-
нальными сечениями являются равносторонние треугольники. Осно-
ванием второй пирамиды является треугольник BCD, а ее боковое ребро
М2С перпендикулярно плоскости АВС и равно высоте МХО первой пи-
рамиды. Вершины МХ и М2 находятся по одну сторону от плоскости
АВС. Найдите углы, образуемые плоскостью M2BD со следующими
плоскостями:
a)MxCD; б) МХАВ; в) MXAD.
153.	Прямоугольник ABCD с отношением сторон. АВ : ВС =1:2
является основанием двух пирамид, расположенных по одну сторону
от плоскости АВС. Вершина Мх первой из них проектируется в точку
Ох — середину отрезка АВ, а вершина второй — в точку О2 — середи-
ну отрезка ВС. Считая АВ = МХОХ = М2О2 = а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных пирамид;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных пирамид;
160
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
154.	Ромб ABCD, угол АВС которого равен 60’, является основани-
ем двух пирамид, расположенных по одну сторону от плоскости АВС.
Вершина Mt первой из них проектируется в точку О — точку пересече-
ния диагоналей ромба ABCD, а вершина М2 второй — в точку D.
Считая АВ = М,0 = M2D = а, найдите:
а) длину линии пересечения боковых поверхностей заданных пирамид;
б) площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамид;
в) объем многогранника, являющегося той частью второй пирамиды,
которая находится вне первой пирамиды.
155.	Диагональным сечением правильной пирамиды MtABCD яв-
ляется равносторонний треугольник, а диагональ АС основания этой
пирамиды является также ребром правильного тетраэдра М^СЕ, вер-
шина Е которого лежит в плоскости АВС. Считая АВ = а, найдите:
а) длину линии пересечения боковых поверхностей заданных много-
гранников;
б)	площадь той части поверхности правильного тетраэдра, которая
находится вне заданной пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных много-
гранников.
156.	Прямоугольник ABCD является общим основанием двух пира-
мид, расположенных по одну сторону от плоскости АВС. Вершина
Мх первой пирамиды проектируется в точку О — точку пересечения
диагоналей АС и BD основания, а вершина М — в точку С. Считая
М{0 = М2С = АВ = ВС - а, найдите:
а)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных
пирамид;
б)	длину линии пересечения боковых поверхностей заданных пирамид;
в) площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамид.
157.	Основанием двух пирамид является квадрат ABCD. Верши-
ны и М2 этих пирамид находятся по одну сторону от плоскости
АВС. Вершина Л4, проектируется в точку В, а вершина М2— в точ-
ку С. Высота первой пирамиды в два раза больше высоты второй.
Считая АВ = MtB — а, найдите:
а)	длину линии пересечения плоскости M£D с поверхностью пирами-
ды MsABCD-,
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамид;
161
11-762
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
158.	Квадрат ABCD является основанием двух пирамид, лежащих
по одну сторону от плоскости АВС. Боковое ребро М£ первой пира-
миды перпендикулярно плоскости АВС, а вершина М2 второй пирами-
ды проектируется в точку М2, лежащую на прямой BD, — такую, что
DM2 : DB = 3:2. Считая АВ = МУС = М2М'2 = а, найдите:
а) длину линии пересечения боковых поверхностей заданных пирамид;
б) площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных пирамид;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
159.	В вершинах В и С квадрата ABCD восставлены к его плоско-
сти по одну сторону от нее перпендикуляры ВМ^ и СМ2. На сторонах
ВС и CD квадрата взяты соответственно точки Р и Q — середины этих
сторон. Считая АВ = ВМ{ = СМ2 = а, найдите:
а)	длину линии пересечения плоскости M{CD с поверхностью пирами-
ды M2APQ',
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
пирамид MtABCD и M^PQ;
в)	объем многогранника, являющегося объединением пирамид MtABCD
и M^PQ.
160.	В основании прямой призмы ЛВСЛ^С, лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при вершине С. Треугольник ЛЛ1С1
принят за основание пирамиды, вершина М которой находится по
ту же сторону от плоскости АА^,, что и вершина В{. Боковое ребро
МА, пирамиды перпендикулярно плоскости ее основания. Считая
АС = AAj = MAt = а, найдите:
а)	длину линии пересечения грани ЛЫС, пирамиды с гранью AAtB,B
призмы;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных призмы и пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных приз-
мы и пирамиды.
161.	В основании прямой призмы ЛВСЛ1В,С1 лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при вершине С. Грань ЛЛ(С(С приз-
мы является также основанием пирамиды, вершина М которой проек-
тируется в точку О — середину ребра ЛЛ,. Считая АС = ВС = ЛЛ( =
= МО = а, найдите:
а)	длину линии пересечения плоскости АВВ1 с поверхностью пирами-
ды Л4ЛЛ1С|С;
162
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединени-
ем заданных призмы и пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных приз-
мы и пирамиды.
162.	На ребре АС правильной призмы АВСА1В[С1 взята точка D —
середина этого ребра. Четырехугольник CD/ljCy является основани-
ем пирамиды, боковое ребро МС которой перпендикулярно плоскос-
ти ее основания и равно медиане основания призмы. Заданные приз-
ма и пирамида находятся по одну сторону от плоскости ЛСС? Считая
АВ = АА1 = а, найдите:
а)	длину линии пересечения грани ВВ{С{С призмы с поверхностью
пирамиды;
б)	площадь той части боковой поверхности призмы, которая находится
вне пирамиды;
в)	объем той части пирамиды, которая находится вне призмы.
163.	На сторонах АВ и ВС прямоугольника ABCD взяты соответст-
венно точки F и Е — середины этих сторон. Треугольник АВЕ при-
нят за основание пирамиды, вершина М{ которой проектируется в
точку В, а треугольник CDF принят за основание второй пирамиды,
вершина Л12 которой находится по ту же сторону от плоскости ЛВС,
что и точка Л1|, и проектируется в точку С. Считая АВ ; ВС = 1 : и
АВ = М{В = М2С = а, найдите:
а)	периметр фигуры, получающейся в сечении пирамиды M2CDF плос-
костью М{АЕ\
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
164.	Куб ABCDA{BXC{D{ и правильный тетраэдр МАСЕ располо-
жены по одну сторону от плоскости ЛВС таким образом, что отрезок
АС является ребром тетраэдра, а его вершина Е лежит в плоскости
ЛВС и находится с вершиной В по разные стороны от прямой ЛС.
Считая ребро куба равным а, найдите расстояния от вершины М тет-
раэдра до следующих точек:
а) В; б) Л^ в) D.
165.	Куб ABCDA[B[ClDl и правильный тетраэдр MAB^Dy располо-
жены таким образом, что вершина М тетраэдра находится вне куба.
Найдите следующие углы:
а)	между прямой AM и прямой ЛjBr;
б)	между прямой BjjM и плоскостью ADD^
в)	между плоскостями В^М и ЛВВР
163
н*
166.	Призма ABC/ljBjCp все боковые грани которой — квадраты, и
правильный тетраэдр MCDE расположены по одну сторону от плос-
кости АВС таким образом, что вершина D тетраэдра является середи-
ной ребра АВ, а вершина Е лежит в плоскости АВС по разные сторо-
ны от прямой АС с точкой В. Считая АВ = а, найдите расстояния от
вершины М тетраэдра до следующих точек:
а) Ар б) В; в)В1.
167.	Две наклонные призмы ABCA^Cj и АВСА2В2С2 располо-
жены таким образом, что правильный треугольник АВС является
их общим основанием, вершины В{ и С2 других их оснований совпа-
дают и проектируются в точку О — центр треугольника АВС. Считая
АВ = В{0 = а, найдите:
а) длину линии пересечения боковых поверхностей заданных призм;
б) площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных призм;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных призм.
168.	В основании прямой призмы АВСА^С^ лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при вершине С. В основании вто-
рой призмы CCXDBB\D\ лежит треугольник CC{D, вершина D которо-
го является серединой ребра ААР Сторона ВС основания первой
призмы является также боковым ребром второй. Считая АС = АА1 =
= а, найдите:
а) длину линии пересечения боковых поверхностей заданных призм;
б) площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
заданных призм;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных
призм.
169.	Куб ABCDA^C^ и призма EFFE^tC. расположены таким
образом, что вершины А, В, С и D куба являются серединами соответ-
ственно ребер EF, FFt, и призмы, а сторона FK основания
призмы параллельна ребру АА, куба и FK = ААР Вершина Е призмы
лежит в плоскости АВС. Считая ребро куба равным а, найдите:
а) длину линии пересечения плоскости ЕКК^ с поверхностью куба;
б) площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных куба и призмы;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных куба и
призмы.
170.	Правильная призма АВСА^С,, боковое ребро которой равно
стороне основания, повернута вокруг медианы АР основания на угол
90’. Считая АВ ~ а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных призм;
164
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных призм;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных призм.
171.	Правильная призма АВСА{В{С^ боковое ребро которой в два
раза больше стороны основания, и пирамида расположены по од-
ну сторону от плоскости ABBV Грань АВВХА{ призмы является ос-
нованием пирамиды, а боковое ребро МВ пирамиды перпендику-
лярно плоскости АВВ{ и равно медиане треугольника АВС. Считая
АВ — а, найдите:
а) длину линии пересечения поверхности пирамиды плоскостью ВСС{\
б) площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных призмы и пирамиды;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных приз-
мы и пирамиды.
172.	Призма ABCA{B{C[t в основании которой лежит равнобед-
ренный треугольник с прямым углом при вершине С и боковое реб-
ро которой в два раза больше стороны основания, а также пирами-
да расположены по одну сторону от плоскости ДССГ Грань
призмы является основанием пирамиды, а боковое ребро МА пирами-
ды перпендикулярно плоскости XCCj и МА = АС. Считая АС = а,
найдите:
а) длину линии пересечения поверхности пирамиды плоскостью АВВ^
б) площадь поверхности многогранника, являющегося пересече-
нием заданных призмы и пирамиды;
в) объем многогранника, являющегося объединением заданных приз-
t мы и пирамиды.
1	173. Правильная призма ДВСД^Ср боковое ребро которой равно
стороне основания, и куб A{BDEA2B2D2E2 расположены таким обра-
зом, что диагональ АХВ грани призмы является и ребром куба, а вер-
шины D и Е куба лежат в плоскости АВВ{. Считая АВ = а, найдите:
а) длину линии пересечения плоскости ^BBg с поверхностью задан-
ной призмы;
б) площадь поверхности той части призмы, которая находится вне куба;
в) объем той части куба, которая находится вне призмы.
174. Вершины 4, В, и D{ куба АВСЕА{В{С{Е{ являются также вер-
। шинами правильного тетраэдра. Вершина М этого тетраэдра находит-
I ся вне куба. Считая АВ = а, найдите расстояния от вершины М j\p
I следующих точек:
t а) б) С; в) D.
I 175. В основании прямой призмы ДВОЦВ^ лежит треугольник, у
которого АС = ВС и угол при вершине С — прямой. Боковая грань
165
АСС1А1 является также основанием правильной пирамиды, верши-
на М которой находится по ту же сторону от плоскости ACClt что и
вершина В призмы, и высота МО которой равна стороне ВС. Считая
АА{ = ВС = а, найдите:
а)	длину линии пересечения плоскости ABB} с поверхностью пи-
рамиды;
б)	площадь фигуры, получающейся в сечении пирамиды плоскостью
АВВ^
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и пирамиды.
176.	Два куба ABCDAlB[C1Di и A'B'C'DA'tB'iC^Di расположены
таким образом, что отрезок DDi является их общим ребром и ребро
DC' второго куба лежит на диагонали BD первого. Найдите:
а) угол между прямыми BXD и D{B'\
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных кубов, если DD{ = а\
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных кубов,
если расстояние между точками В{ и А' равно L.
177.	Два куба ABCDA{B{C{D{ и PQRVP{QXR{V^ ребро каждого из
которых равно а, расположены таким образом, что точки Р, Q и R
лежат соответственно на ребрах AD, DD{ и CCh причем плоскость
PQR перпендикулярна прямой A{D. Вершины Р и Р{ второго куба
находятся по разные стороны от прямой АА^ Найдите:
а)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных кубов;
б)	площадь той части поверхности второго куба, которая находится
вне первого куба;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных кубов.
178.	Правильный тетраэдр МАВС и куб расположены таким об-
разом, что точка О — основание высоты МО тетраэдра — является
вершиной куба, а из трех его ребер, принадлежащих этой верши-
не, одно совпадает с отрезком ОС, второе — лежит на высоте МО, а
третье — пересекает отрезок АС. Считая ребро тетраэдра равным
, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхности куба плоскостью МАС\
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных тетраэдра и куба;
в)	объем той части куба, которая находится вне заданного тетраэдра.
179.	В основании прямой призмы АВСА^В^ лежит равнобедрен-
ный треугольник с прямым углом при вершине С. Треугольник АВС{
является гранью правильного тетраэдра, расположенного по ту же
166
сторону от плоскости АВС, что и заданная призма. Считая боковое
ребро призмы равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных призмы и
тетраэдра;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных призмы и тетраэдра;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных приз-
мы и тетраэдра.
180.	Боковая грань АВВ{А{ призмы АВСА{В{С{ с равными ребра-
ми наклонена к плоскости основания под углом 45°. Треугольник АВС
является основанием также правильного тетраэдра МАВС, располо-
женного по ту же сторону от плоскости АВС, что и заданная призма.
Точки С, и М находятся по разные стороны от плоскости АВВ{. Считая
АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения заданных призмы и тетраэдра;
б)	площадь той части поверхности правильного тетраэдра, которая
находится вне призмы;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и тетраэдра.
181.	Два куба ABCDAiBiC[D[ и AfB,CrDfA\BiC\D[ расположены
таким образом, что диагональ B^D^ грани А^С^ первого куба яв-
ляется также диагональю грани A\B[C\D[ второго. Угол между плоско-
стями этих граней равен 90°. Считая АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных кубов;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных кубов;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных кубов.
182.	Середины сторон основания правильной четырехугольной пи-
рамиды являются вершинами куба, расположенного с пирамидой по
одну сторону от плоскости ее основания. Отношение высоты пирамиды
к диагонали ее основания равно 3 : 4. Считая ребро куба равным а,
найдите:
а)	длину линии пересечения поверхности пирамиды с поверх-
ностью куба;
б)	площадь той части поверхности куба, которая находится вне
пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных пира-
миды и куба.
183.	Куб ABCDA[BiC[D[ и пирамида MBEF расположены таким
образом, что вершина М пирамиды совпадает с центром грани A lBlClDl
куба. Основанием пирамиды является равнобедренный треуголь-
167
ник BEF, лежащий в плоскости АВС. Диагональ BD грани куба явля-
ется медианой и высотой треугольника BEF. Считая АВ = а, найдите
длину линии пересечения боковых поверхностей куба и пирамиды в
тех случаях, когда отрезок EF равен:
а)2а./2; б)а^2; в) -^1.
184.	В основании пирамиды MABCD лежит квадрат, а ее боковое
ребро МВ перпендикулярно плоскости основания. Куб EFKLElFlKiLl
расположен с заданной пирамидой по одну сторону от плоскости
АВС таким образом, что его вершины Е и F являются серединами
соответственно ребер АВ и ВС, а вершина К лежит на ребре CD.
Считая АВ = а, найдите длину линии пересечения поверхностей за-
данных пирамиды и куба в тех случаях, когда ребро МВ равно:
1	2J2
а)4лВ; б)-^-АВ; в) АВ.
Z	о
185.	Правильная пирамида MABCD, высота которой равна стороне
ее основания, и куб EFKNE^iKiNi, ребро которого равно высоте пи-
рамиды, расположены по одну сторону от плоскости АВС таким обра-
зом, что вершина Е куба одинаково удалена от прямых АВ и CD, а от
прямой AD удалена в три раза меньше, чем от прямой ВС. Известно
также, что прямая ЕК параллельна прямой АВ. Считая ребро куба
равным а, найдите:
а)	длину той части линии пересечения боковой поверхности пирамиды
с поверхностью куба, которая находится вне плоскости АВС;
б)	площадь той части боковой поверхности пирамиды, которая нахо-
дится вне куба;
в)	объем той части пирамиды, которая находится вне куба.
186.	На ребрах АВ и ВС куба ABCDA^C^ взяты соответственно
точки Р и Q — такие, что треугольник DPQ — равносторонний. На
прямой ВВ{ взята точка М — такая, что fiM : В8, = 3 : 1. Считая
ребро куба равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения боковой поверхности пирамиды MDPQ с
плоскостью
б)	объем той части куба, которая находится вне пирамиды MDPQ;
в)	двугранный угол при ребре MD пирамиды MDPQ.
187.	На ребрах AAt, CCt и DDt куба ЛВС£)Л1В1С1£)| взяты соответ-
ственно точки А2, С2 и D2 — такие, что АА2 : AAt = СС2 : СС{ = 3:4,
DD2 : DDj = 1 : 2, а на прямой ВВ{ взята точка М — такая, что
—> —>
ВМ : fiSj =5:4. Точка М принята за вершину пирамиды, а за ее
168
основание принято сечение куба плоскостью A2C2D2. Считая ребро куба
равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхности заданной пирамиды с плос-
костью А^Су
б)	площадь сечения заданной пирамиды плоскостью Л^Ср
в) объем заданной пирамиды.
188.	На ребрах AAt, CCt и DDi куба ABCDA^Bfifi^ взяты соответ-
ственно точки А2, С2 и D2 — такие, что АА2 : АА{ = СС2 :	= 3:4,
DD2 : DD{ = 1 : 2, а на прямой DDt взята точка М — такая, что
DM : DD{ =3:2. Точка М принята за вершину пирамиды, а за ее
основание принято сечение куба плоскостью A2C2D2. Считая ребро куба
равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхности заданной пирамиды с плос-
костью Л1В1С1;
б)	площадь сечения заданной пирамиды плоскостью AlBiCi;
в)	отношение объемов многогранников, на которые плоскость AtВ,С1
рассекает заданную пирамиду.
189.	Куб ABCDAtB,CtDt и прямая призма KEFKlElFl расположе-
ны таким образом, что боковая грань КЕЕ^ призмы лежит в плоско-
сти АВС, причем сторона КЕ ее основания параллельна диагонали
BD грани куба и равна ей. Боковое ребро призмы параллельно диаго-
нали АС и равно ее половине. Боковые ребра KKt и EEt призмы про-
ходят соответственно через вершины В и D куба, а ее ребро FF{ лежит
на диагонали Л(С] грани Л1В1С|£)1. Точки В и D являются серединами
соответственно боковых ребер КК{ и ЕЕХ призмы. Считая ребро куба
равным а, найдите:
а)	площадь той части боковой поверхности призмы, которая находится
внутри куба; ,
б)	площадь той части поверхности куба, которая находится вне
призмы;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных куба и
призмы.
190.	В основании пирамиды МАВС лежит треугольник АВС, у ко-
торого Л С = ВС, а ее боковое ребро МС перпендикулярно плоскости
основания и МС = АС. Куб CDEFCiD1ElFl расположен таким обра-
зом, что отрезок, соединяющий его вершину С с точкой Е — серединой
отрезка АВ, является диагональю грани CDEF куба. Вершина С, куба
лежит на ребре МС пирамиды, а стороны АС и ВС основания пирами-
ды проходят через точки Р и Q — середины ребер DE и EF куба.
Считая ребро куба равным а, найдите:
169
а)	сумму длин тех частей ребер куба, которые находятся вне куба;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных пирамиды и куба;
в)	сумму объемов тех многогранников, отсеченных от пирамиды плос-
костями граней куба, которые находятся вне куба.
191.	Все боковые грани призмы АВСА}В1С[ квадраты. На ее ребре
АВ взята точка Р — такая, что АР : АВ = 3 : 4, а на ребрах ВС и АС
взяты соответственно точки Q и R — середины этих ребер. Треуголь-
ник PQR является гранью пирамиды MPQR, вершина М которой про-
ектируется на плоскость АВС в точку М\ являющуюся вершиной пря-
моугольной трапеции ABQM'. Считая ММ* = АВ = а, найдите:
а) длину линии пересечения плоскости АСС{ с поверхностью заданной
пирамиды;
б)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и пирамиды;
в)	расстояние между прямыми МР и QR,
192.	Диагональное сечение BDD^B^ куба ABCDA^CJ^ является
основанием пирамиды, вершина М которой проектируется на плос-
кость BDDi в точку пересечения прямых BD1 и BJ). Считая ребро
куба равным а, а высоту пирамиды равной большей стороне ее осно-
вания, найдите:
а)	длину линии пересечения заданных многогранников;
б)	площадь той части поверхности пирамиды, которая находится
вне куба;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных куба и
пирамиды.
193.	В основании призмы ABCDA^fifi^ лежит квадрат, двугран-
ный угол при ее ребре CD равен 45°, а ее высота в четыре раза меньше
стороны основания. Квадрат ABCD является основанием также пра-
вильной пирамиды, вершина М которой находится по ту же сторону от
плоскости АВС, что и точка AJt и высота пирамиды равна стороне ее
основания. Считая АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных призмы и
пирамиды;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных призмы и пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных приз-
мы и пирамиды.
194.	Прямоугольный треугольник АВС повернут в плоскости АВС
на угол 45е вокруг точки С. Треугольник АВС и треугольник А'В'С',
полученный в результате поворота, приняты за основания двух пира-
170
мид. Общее боковое ребро МС этих пирамид перпендикулярно плос-
кости АВС, Считая АС = ВС = МС = а, найдите:
а)	периметр фигуры, полученной в сечении пирамиды МАВС плоско-
стью МА’В’;
б)	площадь боковой поверхности многогранника, являющегося объе-
динением заданных пирамид;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
195.	Правильный треугольник АВС повернут в плоскости АВС на
угол 30° вокруг точки В. Треугольник АВС и треугольник А’ВС\ полу-
ченный в результате поворота, приняты за основания двух пирамид.
Общее боковое ребро МВ этих пирамид перпендикулярно плоскости
АВС. Считая АВ = МВ = а, найдите:
‘ а) периметр фигур, получающихся в сечении пирамиды МА’ВС’ плос-
костями МА В и МАС\
б)	площадь той части боковой поверхности пирамиды МАВС, которая
лежит вне пирамиды МА’ВС’\
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных
пирамид.
196.	Правильный треугольник АВС повернут в плоскости АВС на
угол 30° вокруг точки В. Треугольник АВС принят за основание приз-
мы АВСА\В{С}, все боковые грани которой — квадраты, а получен-
ный в результате поворота треугольник А’ВС’ принят за основание
пирамиды В{А’ВС’. Считая АВ = а, найдите:
а) периметр фигур, получающихся в сечении пирамиды В1А’ВС’ плос-
| костями АВВ1 и ЛСС/,
| б) площадь той части поверхности пирамиды, которая находится вне
| призмы;
• в) объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и пирамиды.
197.	В основании пирамиды МАВС лежит правильный треуголь-
ник, и ее боковое ребро МС перпендикулярно плоскости основания и
равно стороне основания. На стороне ВС взята точка F — такая, что
CF : СВ = 3 : 4. Отрезок CF является ребром куба CDEFC{D{E{F
Вершина С1 этого куба лежит на ребре МС пирамиды, а его вершины
D и Е находятся по ту же сторону от прямой ВС, что и вершина А
пирамиды. Считая АВ = а, найдите:
а) сумму длин тех частей ребер пирамиды, которые находятся вне куба;
б) площадь поверхности той части пирамиды, которая находится вне куба;
в) объем многогранника, являющегося пересечением заданных пира-
миды и куба.
171
198.	Правильные тетраэдры МАВС и М1АВС1 расположены по одну
сторону от плоскости АВС и по одну сторону от плоскости АВСХ таким
образом, что отрезок АВ является их общим ребром, а двугранный
угол СХАВС равен 90°. Считая АВ = 1, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных тетраэдров;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединени-
ем заданных тетраэдров;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных тет-
раэдров.
199.	Высота МО правильной пирамиды MABCD равна половине
диагонали ее основания. В результате поворота этой пирамиды
вокруг прямой BD на угол 45° получена пирамида M'A'BC'D. Считая
АВ = а, найдите:
а) длину линии пересечения поверхностей пирамид MABCD и M'A'BC'D-,
б) площадь той части поверхности пирамиды MABCD, которая нахо-
дится вне пирамиды M'A'BC'D;
в) объем многогранника, являющегося пересечением пирамид MABCD
и M'A'BC'D.
200.	Боковые ребра призмы АВСА1В1С1 равны и наклонены к плос-
кости основания под углом 45°. Грань АВВХАХ призмы является также
гранью куба ABDEAXBXDXEX, расположенного с призмой по одну сто-
рону от плоскости АВВХ. Считая АВ = а, найдите:
а) длину линии пересечения заданных призмы и куба;
б)	площадь той части поверхности призмы, которая находится вне
куба;
в)	объем той части куба, которая находится вне призмы.
201.	Куб ABCDAXBXCXDX и прямая призма PQRPXQXRX расположе-
ны таким образом, что вершины R и Rx призмы являются серединами
соответственно ребер ААХ и ССХ куба, а вершины Л и С куба являются
серединами соответственно ребер PQ и PXQX. Сторона PQ основания
равна ребру куба. Считая ребро куба равным а, найдите:
а) длину линии пересечения грани PPXRXR с поверхностью куба;
б) площадь той части поверхности призмы, которая находится вне куба;
в) объем многогранника, являющегося пересечением заданных куба
и призмы.
202.	Правильные призмы АВСАХВХСХ и DBBXD2B2K2 расположе-
ны по одну сторону от плоскости АВВХ таким образом, что боковое
ребро ВВХ первой призмы является стороной основания второй, а
вершина D второй призмы лежит на боковом ребре ААХ первой. Счи-
тая АВ - ВВХ = ВВ2 = а, найдите:
172
а)	длину той части линии пересечения боковых поверхностей заданных
призм, которая находится вне плоскости АВВХ\
б)	площадь той части боковой поверхности второй призмы, которая
находится вне первой призмы;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных призм.
203.	Квадрат АА^В^В является боковой гранью правильной приз-
мы АВСАХВ\С{ и основанием правильной пирамиды, вершина М кото-
рой находится по ту же сторону от плоскости ЛЛ^, что и точка С, и
удалена от плоскости в два раза дальше, чем точка С. Считая
ребро призмы равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения боковых поверхностей заданных приз-
мы и пирамиды;
б)	площадь той части боковой поверхности призмы, которая находит-
ся вне пирамиды;
в)	объем той части пирамиды, которая находится вне призмы.
204.	Правильная призма ABCAiBiCl, боковое ребро которой в два
раза больше стороны основания, и правильный тетраэдр MBBXD рас-
положены по одну сторону от плоскости АВВХ таким образом, что вер-
шина D тетраэдра лежит в плоскости АВВ{ и находится с вершиной В
по разные стороны от прямой ЛЛ(. Считая сторону основания призмы
равной а, найдите расстояния от вершины М до следующих точек:
а) А; б) С; в) М2, в которой высота ММ' заданного тетраэдра пересе-
кает плоскость ЛСС(.
205.	Правильная призма ABCAiBiC^ боковое ребро которой равно
стороне основания, и куб ОЕГХ£)1Ё1РД| расположены по одну сторо-
ну от плоскости АВВ{. Вершины D,E, F и К куба являются середина-
ми соответственно ребер АВ, BBlt и АА1 призмы. Считая АВ = а,
найдите:
а)	длину линии пересечения плоскости ЯСС) с поверхностью задан-
ного куба;
б)	площадь той части поверхности куба, которая находится вне
призмы;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и куба.
206.	Две прямые призмы ABCA&Ci и DEED^F^ в основании
каждой из которых лежит равнобедренный прямоугольный треуголь-
ник и у которых АВ - АА, = DE = DD\, расположены таким образом,
Что вершины А, В и С первой призмы лежат соответственно на ребрах
pDi, ЕЕ{ и DE второй, а вершина F второй призмы лежит на ребре
CCj первой. Считая АВ = а, найдите:
0 длину линии пересечения боковых поверхностей заданных призм;
173
б)	площадь той части поверхности первой призмы, которая находится
вне второй призмы;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных призм.
207.	Точки Е и F — середины соответственно ребер АВ и ВС куба
ABCDAiB[ClDi — и точка D являются вершинами основания пира-
миды, а вершина М этой пирамиды лежит на прямой BD{, причем
ВМ : BD{ =3:2. Считая ребро куба равным а, найдите:
а)	длину лежащей вне плоскости АВС линии пересечения боковой по-
верхности пирамиды с поверхностью куба;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных куба и пирамиды;
в)	объем той части заданной пирамиды, которая лежит вне куба.
208.	Куб повернут вокруг своей диагонали на угол 60°. Считая реб-
ро куба равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения исходного куба и куба, полученного в
результате поворота;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося объединением
исходного куба и куба, полученного в результате поворота;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением исходного куба и
куба, полученного в результате поворота.
209.	Две правильные призмы АВСА1В[С[ и ДВС'Л^В^С'р боковое
ребро каждой из которых равно медиане основания, расположены та-
ким образом, что отрезок АВ является их общим ребром, а вершина
С\ второй призмы лежит в плоскости АВС{. Считая АА{ = а, найдите:
а) длину линии пересечения грани АВВ[А[ с боковой поверхностью
второй призмы;
б)	площадь той части поверхности первой призмы, которая находится
вне второй призмы;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных призм.
210.	Правильная пирамида MEFKL, отношение высоты которой к
стороне ее основания равно 3(^2 -1) : 2, и куб ABCDAXB{CXDX
расположены таким образом, что точки Л, В, С! и D{, являющие-
ся вершинами одного из диагональных сечений куба, лежат соот-
ветственно на сторонах EL, LK, KF и FE основания пирамиды. Считая
ребро куба равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения боковой поверхности пирамиды с поверх-
ностью куба;
б)	площадь поверхности той части куба, которая находится вне
пирамиды;
174
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных пира-
миды и куба.
211.	Куб ABCDAjB^iDt и правильная призма KEFK^F^ распо-
ложены таким образом, что вершины К и К{ призмы являются середи-
нами соответственно ребер DD{ и ВВ{ куба, вершина Е лежит в плос-
кости АВС, а сторона FK основания призмы параллельна прямой АС.
Считая ребро куба равным а, найдите:
а)	длину линии пересечения заданных многогранников;
б)	площадь поверхности многогранника, являющегося пересечением
заданных многогранников;
в)	объем многогранника, являющегося объединением заданных куба и
призмы.
212.	Призма PQRPlQlRl и куб ABCDAlBiClDl расположены таким
образом, что вершины Р, Q и R основания призмы являются середи-
нами соответственно ребер АВ, ВС и ВВ{ куба, а вершина Rt призмы
совпадает с вершиной куба. Считая ребро куба равным а, найдите:
а) длину линии пересечения поверхностей заданных призмы и куба;
б) площадь той части поверхности призмы, которая находится вне
куба;
в) объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и куба.
213.	Правильная призма PQRPlQlRi помещена внутри куба
ABCDAlBiClDl таким образом, что вершины Р, Q и R ее основания
являются серединами соответственно ребер А^, В,С, и ВВ, куба, а
вершина Rt лежит на грани ABCD. Считая ребро куба равным а,
найдите:
а)	длину бокового ребра призмы;
б)	площадь полной поверхности призмы;
!в) объем призмы.
i 214. На ребрах ВС и Afi^ куба ABCDAlBlCiDl взяты соответствен-
но точки Р и Q — середины этих ребер, а на прямой PQ взята точка
Af — такая, что точка Q является серединой отрезка МР. Точка М
[Принята за вершину пирамиды MAB^D. Считая ребро куба равным
jo, найдите:
а) длину линии пересечения поверхностей заданных многогранников;
б) площадь той части поверхности пирамиды, которая находится вне
куба;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных пира-
миды и куба.
215.	Правильная призма PQRPlQiRl и куб ABCDAlBiClDl распо-
ложены таким образом, что вершины Р, Q и R основания призмы
175
являются серединами соответственно ребер АВ, ВС и ВВ^ куба, а сто-
рона P1Ql другого основания призмы пересекает ребро DD} куба. Счи-
тая ребро куба равным а, найдите:
а)	длину бокового ребра призмы;
б)	площадь сечения куба плоскостью
в)	объем той части призмы, которая находится вне куба.
216.	Призма PQRP{Q{Ri и куб ABCDA{B{CXDX расположены таким
образом, что вершины Р, Q и R основания призмы являются середина-
ми соответственно ребер АВ, ВС и ВВ{ куба, а вершина R{ призмы
совпадает с вершиной D{ куба. Считая ребро куба равным а, найдите:
а) длину линии пересечения поверхностей заданных призмы и куба;
б) площадь той части поверхности призмы, которая находится вне куба;
в) объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и куба.
217.	Правильная пирамида MABCD, высота которой равна диаго-
нали ее основания, и правильная призма DEFKBEiF^i расположены
таким образом, что диагональ BD основания пирамиды совпадает с
боковым ребром призмы, а противолежащее боковое ребро призмы
проходит через точку F2 — середину высоты МО пирамиды. Считая
АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных пирамиды и приз-
мы;
б)	площадь той части поверхности призмы, которая находится вне пи-
рамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных пира-
миды и призмы.
218.	Правильная пирамида MABCD, диагональным сечением кото-
рой является прямоугольный треугольник, и правильная призма
DEFBE}Fl расположены таким образом, что диагональ BD основания
пирамиды совпадает с боковым ребром призмы, а боковая грань EFF{Ei
призмы пересекает высоту МО пирамиды в точке Mi — середине ее и
перпендикулярна этой высоте. Считая АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения поверхностей заданных пирамиды и
призмы;
б)	площадь той части поверхности призмы, которая находится внутри
пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных пира-
миды и призмы.
219.	Пирамида MABCD, в основании которой лежит квадрат, а
боковое ребро МВ равно стороне основания и перпендикулярно плос-
кости основания, и правильная призма ЕРЬКЕ^К^ расположены
176
таким образом, что боковая грань ЕЕЕ{ЕХ призмы лежит в плоскости
АВС, а противолежащая ей боковая грань призмы пересекает высоту
МВ пирамиды в точке Вх — середине этой высоты. Известно также,
что вершины D и В основания пирамиды являются серединами соот-
ветственно ребер EL и E}L{ призмы. Считая АВ - а, найдите:
а)	сумму длин тех частей боковых ребер призмы, которые находятся
внутри пирамиды;
б)	площадь поверхности той части призмы, которая находится вне
пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и пирамиды.
220.	Пирамида MABCD, в основании которой лежит квадрат, а
боковое ребро МВ равно стороне основания и перпендикулярно плос-
кости основания, и правильная призма DEFBE{F{ расположены та-
ким образом, что диагональ BD основания пирамиды является также
боковым ребром призмы. Боковая грань EFFtEi призмы параллельна
плоскости АВС и пересекает ребро МВ пирамиды в точке В1 — его
середине. Считая АВ = а, найдите:
а)	длину линии пересечения грани EFFtEi призмы с поверхностью
пирамиды;
б)	площадь той части грани EFFiEl призмы, которая находится вне
заданной пирамиды;
в)	объем многогранника, являющегося пересечением заданных приз-
мы и пирамиды.
ОТВЕТЫ
§ 1
1. а) а^б; б) а^26 ; в) —2. а) 1 : 2; б) 1: 3; в) 1 : 4. 3. а) аД-~; б)
ч aJ66	, ч aJIO aJ34 v aJl3 , . aJ6 aJ6 aJ30
B) 4 ' 4- а) Л~; б) 6 • В) 6 • 5- а) 6 ; б) 4 : В) 12“
о 'bfii гьЛлЗ 6Л9 , ЗаЛТ r. afii хо „ ч а/з	aJTb
6. а) -4-; б) -JL-; в) -С_. 7. а) -±-; б) -±-; в) 2а. 8. а) -±-; б)
в) g а) <^351 + 24/3 + 48/б . б) а^135+ 12/з - 24^6	а^32 -/б
В 6 ' ‘ а	12	’	12	В 6
,л ч 2aJ18 + 6j3 „ aJ39 - бА ч aj32 -Jb
10. а)_* v : б) _1__________в)
3	3	6
§2
20. а)
а/33	а^21 + b/з а^66 +9/з
6 ’	6 В) 6
178
„„ . aJ~2	aj~2 4 aJ~2	„	4a	_ 2a	a	7aJ&	aJ~6	aJ&
28. a) -i—;	6)	-i—; в) —i—.	29.	a)	—;	б) -z-;	в)	x.	30. a)	»	; 6)	—;	в) —X—
О	О	3	о	О	О	Iz	3	О
§4
a J 6 a	a. J10
31.	a) a\ б) -А—; в) - 32. a) —6)
3 Л	5
ч 3aJ34 ч aJll aJ14
в ——. 34. a) ; 6) —1—
34	7	11	7	7
2a/1? 2a	a/2 а/б
> в) - . 33. a) —-—; 6)	-—;
°	bb
'	5	11	’	11
13
35.
; в) —
a«/21 ad30 a</30
36. a) —-----; 6) —-----; в) —----
7	7 20	7 10
37. a) —2—; 6)
О
a2/2	a2/21 a2 7
6) —; в)	39. a) —i; 6) —J
z	4	/4
a2/30	a2J2	a2Jz
—-----; в) —-—. 38. a) —-—;
10	8	2
2/з лл ч a2/21	2a2/57
JL_. 40. a) —* ; 6) --* ;
8	7	7	7	19
; в)
За /З .. , 2a/3 ,, 2а/з	3aJ5
в)----1—. 41. а) —5; б) —±; в) —2—
7	14	3	3	7	5
§5
/ 3	/ 246	/ 6	ж/ 22
42. а) 45°; б) 90°; в) arccos ——. 43. a) arccos —----; б) arccos ; в) arccos —------.
6	123	9	11
J3	5J3	/15
44. a) arccos -2—; б) arccos —*—; в) arccos --. 45. a) arccos
9	9	5
102 V2
----; о) arccos ——;
17	7	3
J6	2	/10
в) arccos . 46. a) arccos —; б) arccos —------; в) arccos
9	5	5
65
J3
. 47. a) arccos ——;
9
J 2	0	J 22
б) arccos ; в) 90°. 48. a) arccos ; б) arccos
</66	</66
=--; в) arccos -------.
33	7	11
49. a) arccos —; б) arccos —------------; в) arccos —-—
51	34	323
50. а) arccos
12
б) arccos
!+</б	ч	3J2-J6 _	J7	ч 5J7
---5; в) arccos —52—. 51. а) 60 ; б) arccos -5—; в) arccos —2—.
12	7	24	14	14
§6
fl
52. а)
.	- V2
в) arcsin -2—
3
. 4	. /10 ч . 4</б5 ео ч . J6 . </78
arcsin -г; б) arcsin -2-; в) arcsin —. 53. a) arcsin б) arcsin ;
э	5	65	3	/39
~5	2/2 лв /10
г-; в) arcsin —у—. 55. а)30 ; б) arcsin ;
179
12*
x • V2
a) arcsin
J10
. 55. a) 30’; 6) arcsin -2^-;
J 2
в) arcsin -2—.
6
J15	JiO	J15 ч J7
56. a) arcsin ; 6) arcsin -2-----; в) arcsin -2_—. 57. a) arcsin -2—;
5	5	5	7
6) arcsin y;
J 10	4	4 J 70
58. a) arctg ; 6) arcsin ——
в) arcsin
J21	J15	J10
2--. 59. a) 0 ; 6) arcsin -2-; в) arcsin 2 . . 60. a
7	5	5
) arcsin
6) arcsin
; в) arcsin
B) afCSin —3jT
5
§7
3
1
3
J3	J3	122
61. a) 30’; 6) arccos -2—; в) arccos -2L—. 62. a) arccos y; 6) arccos у; в) arccos y.
3
6
6
3J5	6J61	3J61	1	</70
63. a) arctg —2—; 6) arccos — --; в) arccos —---. 64. a) arccos y; 6) arccos ---;
e 4	61	7	61	/	70
J 217	р-	J 33	2 J 22
в) arccos «2——. 65. a) arctg J2; 6) arccos -2---------; в) arccos -2-—. 66. a) 30;
31	11	11
3 J 39	J з	1
6) arccos —; в) arccos 67. a) 90’; 6) arccos в) 90е. 68. a) 60’; 6) 90’;
26	4
5J2	.	J6	J3	3J97
в) arccos —|. 69.	a) 90’; 6) arccos	-2-—;	в) arccos -2—.	70. a) arctg 2;	6) arccos —2-—;
о	о	У	У/
в) arccos
§8
V *7	V D	*/ Z	Г”	1
71. a) arctg 6) arctg -2--; в) arctg -2^-. 72. a) arctg ^6; 6) arccos ^~yj;
5
в) arccos y. 73. a) arctg ^2; 6) arctg (^2 tg а); в) arccos - cos 2 ₽.
f H ( 1 1	( 1 "I	r- r-
74. a) arccos 3J; 6) 2 arctg в) 2 arctg b 75. a) arctg ^5; 6) arctg ^2;
180
6) arccos
/3
3
; в) 45*. 78. а) 120*; б) arccos
10 х
— ; в) arccos
5 I
/10
10
/	/ у	«115	1	I </ 6
79. a) arccos ; б) arccos 3L_; в) arccos %—. 80. а) 30*; б) arccos -г; в) arccos — Л—
3	7	5	’I4
§ 9
81 al Ы 7“2^	' 19“2
8,а)_Г'б)-24
,___«65 вл . За2 9а2	.
;В)~1ЯГ- 81 82 а)-8-:б)-8":в)
За2
^-•83. а)
7а2/109
36
б) -
72
5а2/бТ
18
а2
85. а) —; б)
16
5а2	. 2
—. 86. а) а2,
За2
88. а) —;
о
б)^
32
7a2JTl	. За2/З3	„ к a2J
24	7	8	7	2
. а2№ „л ч За2 _ 7а2 х а2/з7
в) Нб • 89> а) б) 12' в) “12
а2/38
6
90. а)
.. а2/23
б) -Ь—• в>
□4
л. ч в2/2
—лл • 9,1 а) .а : б>
Ь4	1о
4 ;В)-1б
9а2
9а2 За2
92. а)-£-;б)—;в)-^-
’ 8	’ 8	’ 8
За2^
8
6

; в)
64 ’
8 ’
§ 10
93. d’J? sin 2р cos (45* - а). 94. a2H-+2‘n-CL±_c2LaJ
cos а
2Я2 cos
95. -------
sin а • sinp
96. а)
; б) 13 : 20;
81 + 7 •/ 33	/	\	/	г--\
в) 111 + 7j^-- 97 а) 1 : 1; б) 1 : 5; в) 2 : 7. 98. а) 1 : 1; б) (3 + J 2} : (7 + V2);
в) (б + /17) : (з4 + /17). 99. а) 1 : 3; б) 1 : 1; в) 1 : 7. 100. а) 1 : 2; б) 1 : 3; в) 1 : 2.
101. а) 1. 7; б) 1:3; в) (4 + 3/2) :(28 + 13/2). 102. а) 120*; б) 45°. 103.
I---->2

2 .
a sin а
104. ---------
COS ф
d2 sin 2а • cos2
105___________________2.
cos ф
а2/?
100. т—!—
3 cos а
1 + 3 sin2i
181
107. 2а* 2 + 2а^ 4fe2 - а2 • 108. ab[/2 + 1).
§ Н
109. ат2.
110. 3,
cosa	2	21 n
113.
cos a
. 114.
2PQ H3 sin2(a - В )	2 ,	, a
П5.	 2------о” • HO. -z- a3 cos3y tg p.
™	3 sin2a • sin2p 3	2
a3Jl- 10cos2a
в) ----------------.	119. a) arctg
3 cos а
За3
2^144 И2 + Зо6 ’
в) arccos
__________15аб + 288 И2___________
2 J 144 V2 + 21a6 144 V2 + За6
120. а)
а3^ 3 sin (а — 60° ) sin (а + 60°)
12 cos а
sin (а + 3(F ) sin (а - 30°)	а3^ 3 sin (а + 60° ) sin (а - 60°)
12 cos а	’	12 cos а
,Л1 х а3 J51 + 3/48T _ a3J15 + 3J73 ч а3 J75 + 3Т235з" ч 3 х
121. а) —1_____Л____; б)  1_______1___; в)  1______1------122. a) a3 ctg а;
18	18	54
a3J2sina	aJ645|2 - 2401а4 *	_ aJ256S22 - 81а4
б) a3 tg а; в) —; ....	123. а) —I----!---------; б) -Л------------;
/77717	42	18
в) QV409e^ - 225aj J24 а) J . 383 б) J . 47; в) 9 . 119 )25 а) 1 ; 7- б) 1 : 7;
54
в) 31 : 77. 126. а) 1 : 11; б) 5 : 7; в) 1 : 95. 127. а) 1 : 5; б) 7 : 29; в) 13 : 41.
128. а) 1 : 1; б) 25 : 47; в) 115 : 173. 129. а) 9 : 23; б) 3 : 7; в) 5 : 19.
§ 12
3	3	J21
130. а) arccos у; б) arccos -т; в) arccos —------.
4	4	14
131. a) arccos
5/зЗ
“IF"
б) arccos
(4-Тз)ЛТ ч Тзз
-----—; в) arccos -----.
33	33
1ол ч г- 01/27 - бТб
132. a) aJ2; б) —1--------1—;
v	3
182
в) a^l--3 6^в 	<33. а) | ^45 + б/3 ; б) | ^45+ з/з - 18^2 ;
л I	г— г~~	</ 3	•/ 3 + </ 6
в) у ^39-6^2+3^3 .	134. а) 0е; б) arcsin ; в) arcsin -——.
135. а) у ^18 + з/з ; б) | ^18 - 6.J& , в) | 27 + з/з - б/б 136. а) ^3 +	;
Г----j= J18	- б/б ч J27	+ 3J6 ч 2	2/2
J3 - J6 ;	6) J’—; в) Л-----------_---137. a)	arccos -z-;	б) arccos —;
’	’	3	3	3	3
в) arccos 138. а) 60”; б) 45”; в) 60”. 139. а) Jz + fZ', б) £ Лб + /2 ;
о	Л *	*	Z 
,	2	3 Г7Т
в) |	22+ 8/2 . 140. а) | (й/З + 7); б) -у (з + /2+з/з); в)
2 + J~2	2 + J~2	2 — J~2	1
141. a) arccos ---—; б) arccos ----—• B) arccos ----—. 142. a) arccos —;
4	4	4	’	3
1	7	5
6) arccos в) O’. 143. a) 60’; 6) arccos -т; в) arccos -z-. 144. (рис. 93) a) 2a; 6)
о	о	о	’
в) | ^27 -б/б . 145. а) б) у (з + 2/б) ; в) . 146. а)
+	>47. .) SL; 6)	.)	,48.	(1 */б);
183
Рис. 94
») 4 (4 * /S 2/21); „> if. ,4». а) 6)	>
,50. „	0> 11Л1ДЧ1	.)	,5,. ,) | (/2 4/в);
J	О	1О	Z '	'
б) (б + з/7 +	+ /7); в) “р- 152. a) arccos б) arccos --р ;
в) arccos	. 153. (рис. 94) а) у (21 + 2/б) ; б) (з + ^2 + /7); в)
154. а)	б) у (б + З/з + /7 + 2/77); в) 155. а) | ^669 - 21б/б ;
б) (2 + 10/3 -3/6); в) (4-/6). 156. а) б) (2 + /7);
в) (7 + б/2 + 5/5). 157. а) | (1 + /б) ; б) (21 + 7/7 + /7); в)
158. а) | (22 +/77 +/17); б) (30 + 7/7 + б/77) ; в) рр.
159. а) | (з/2 + /н + /17); б) (б4 + 21/7 + б/б); в) -^р 160. а)
б) — 15 + з/7 + /з); в) 161. а) Зо; б) (28 + б/7 + /5); в)
юг. I	о, > юз > | (з^4А):
61	(9 + 1О^»«^*з/7); ,) 223‘^р. 104. ) i /s + 3j3;
184
Рис. 95
б) у ^27 - 12^Т ; в) у J18 - 3J~3 . 165. a) arccos ; б) arcsin ;
в) arccos Д. 186. а) | ^7-4^2; б) в) ^9-4^2. 167. а) 2а/I;
б) а /з +	Д-Д 108. а) 4а; б) £_ (7 + /2 + /б); в) ^-.
169. а) 2а^5; б) у- (б + /б); в) 170. а) (2 + /3 + /б); б) у- (з + /3);
в)	171. а) (б + /б); б) (S2 + 3,/3 +8^ + 3/i9); в) ^Д.
172. а) £ (б +/2 +/б); б) у- (9 + 6^2 + /б); в) у-. 173. а) а (/2 + /б);
/„ гт\ a? I, I— ггл	aj~3 laJ~3 a J 33	10а
б) — (б + /з); в) — (16/2 - /З) . 174. а) б) -J-; в) ->L-. 175. а)
б) а1; в) 176. a) arccos —!; б) а2^2 - /й); в) (з - J2.}.
177. а) (2/2 - 1) ; б) -у (17 - 8/2); в) у- (11 - 4/2). 178. (рис. 95).
а) (8 +/2 + /14); б) у- (4 - /2 + 2/з - Тб) ;
в)т(5“2^ + 1/6~4Л|- ’79. а) (2^3 + 7) ; б) (2/3 4-^);
ОО	Z
185
Л',
Рис. 96
A	D
в) iso. a) a Q 865 + 576 /2 + 1); б)	[1 + ^155- 108/2^; в) (2 - /г).
181. (рис. 96). а) а(/2+/б); б) а2(1 + /2); в) у (б -/2).
182. а) у (2/2 + з/1з); б) в) уу 183. а) у (2/2 +/б) ;
6) f (з/2 + /й); в) % (lbj2+f№}. 184. а)	6)	(1 + ^3 ) ;
в) (в - 4/2 + /з + 2/б). 185. a) а/в; 6) yy-i в)	186. а) 2а/2 (/З - 1);
б)	(42-19Т^); в> afccos *87- ») | (3 + А); б) -у; )
188.	а) у (2 + /10); б) -у-; в) 1 : 2. 189. а) у (1 + /з); б) ур; в) -уу.
__	2	3
190.	a) j (5/10 + з/5 - 4/2 - З); б) у (б/5 + /10 - 4) ; в) (193^5 - 414).
191.	.)	(16 +/13. 3^7); 6)	,) ЦЕ. IM. (р.е S7>
.>	6)	(з^Л); •>	'«3. »
б) Й (47 + 7^2 + 40/65); в) §7а3. 194. а) -£ (2 - /2 + /б + 2J3 -/?\
«ЭОФ	JL \	J
186
6>т (4-/2+3/3 -/б);в)	(3-/2).
195. a) | (2,/3 + /7 + 2^7 - З/З - з) H £ (2 + /3 + /7);
6) -y (8-273 +577 -272T); в) (2-7з). 196. a) I (2 + 73 +77) и
l (з-7з); б) у (473 +877-4721-1); в) (15-87з).
197. a) I (12+772 -	- 2Тб) ; 6)	(38- U73 + IO577-6472) ;
в)^(2160- 109173). 198.a)5^.^37.2^£;
37З (72 + 1/86 -6O/2	/2 ^20 - 37 86 -6072 * б)
10	’	120
199. (рис. 98)
а) а[^/з + 37б - 272); 6) у (14 - 772 +7З); в)(772 -б). 200. (рис. 99)
а) | (8 + Tlo); б) у- (27З+76+715); в) у- (17-зТб). 201. а) 2а/з ;
б) (2+7?); в) (з72 - 1). 202. а) а/13; б) в) 2°3. а) а/Й;
б) у; в) 204. а) | ^45-бТз ; б) | J159 - 72 ^2 \ в) | (з + 2jt> - з/з).
187
м
205. а)|(/б +/зо);б)-у (1 + /б); в) . 206. а)й(/2 + /з); 6)	(4 + З/ё);
в) 207. а) (й/То + /34); б) (29 + 4 /43 + 5 /4б); в) 208. (рис. 100)
а) 6а(/2 + /5); б)	в)	200. (рис. 101) а) (2 + /Й) ;
2	4	3
2л2 R z	„3 /Т t _ ч	2а|3 J15 + 4/2 + J110 + 42/2
61(,-;№-з)	.и..
б) J- (16 + 7/2); в)(4^2 -з). 211.(рис. 102) а) | (з/2 - 7з +2^6 + г/Тб);
б) (б/б-УЗ-5); в)	212. а) | (12/2 + 2/13 +/Й) ;
+	2,3. .,^3,^
L.£O	2	“
в)^-. 214. a) f (з + з/2 + /37);б)^ (з/б +/Зв); в) 215. а)
188
Рис. 99
218.	а) | (6/2 + /17 + /П);
б)^- (32/2 + 16^3 +3/23);
>	(в» - J») 
217.	а) | (2J2 + 2J3 +/з1);
б)	а2/; в) 
4о
218.	а) | (2/З+2/2 + З/З +3J2);
«> < (»Л-з); •>	(Л-0-
219.	(рис. 103)а)а(з/2-2) ;
(з. л; -4 мм « .1	«> < о. ль.) £ (2 л - о
Рис. 100
189
190
СОДЕРЖАНИЕ
Глава I. Вычисление расстояний в пространстве .	4
§ 1.	Расстояние между двумя точками .	.	4
§ 2.	Расстояние от точки до прямой	13
§ 3.	Расстояние от точки до плоскости.............. 27
§ 4.	Расстояние между скрещивающимися прямыми .	37
Глава II. Вычисление углов в пространстве . .	48
§ 5.	Угол между скрещивающимися прямыми .	48
§ 6.	Угол между прямой и плоскостью .	58
§ 7.	Угол между плоскостями . .	69
§ 8.	Двугранный угол	81
Глава III. Вычисление площадей и объемов	97
§ 9.	Площадь сечения многогранника .	97
§ 10.	Площади поверхностей....................... .109
§ 11.	Объем многогранника................ . 124
§ 12.	Задачи с комбинациями многогранников	. 142
Ответы ....	...	. .	.......... .178
Учебное пособие
Литвиненко Виктор Николаевич
МНОГОГРАННИКИ. ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ
Редактор 3. А. Шершнева
Компьютерная верстка и дизайн И. В. Ломакиной
Корректор О. Л. Карцева
Художник обложки И. А. Сакуров
Лицензия ЛР № 063292 от 14.02.94. Сдано в набор 20.01.95.
Подписано в печать 19Л1.95. Формат 60 х 90 1/16.
Бумага офсетная. Гарнитура литературная. Усл. неч. л. 12.
Уч.-изд. л. 12. Тираж 10 000. Заказ 762.
ВИТА-ПРЕСС
107140 г. Москва, ул. Гаврикова, д. 7/9. Тел. 264-17-96, 264-83-00.
Отпечатано с готовых диапозитивов на Можайском
полиграфкомбинате Комитета Российской Федерации по печати.
143200, г. Можайск, ул. Мира, 93.