М. В. ЛУРЬЕ, Б. И. АЛЕКСАНДРОВ
ПОСОБИЕ ПО ГЕОМЕТРИИ
ИЗДАТЕЛЬСТВО МОСКОВСКОГО УНИВЕРСИТЕТА 1984


уда
Лурье М.В., Александров Б.И. Пособие по геометрии. - М.: Изд-во МГУ, 1984. - 256 с.
Книга представляет собой учебно-методическое пособие по геометрии, предназначенное лицам, готовящимся к поступлению в вузы. Основная цель пособия - выработать практические навыки решения геометрических задач, в частности, задач повышенной трудности, предлагавшихся на вступительных экзаменах в МГУ. В отличие от других изданий подобного рода, в пособии выделены типичные классы геометрических задач, показаны стандартные приемы их решения, и на этой основе дана методика решения более
сложных задач, встречающихся в экзаменационной практике. Пособие содержит большое  количество задач для самостоятельного решения, подобранных так, что по ним можно отработать и закрепить кавыки решения различных типов геометрических задач.
Для учащихся старших классов средней школы, абитуриентов вузов и учителей.
Ил. 163.
Рецензенты: канд. физ.-мат. наук В.В.Александров,
канд. физ.-мат. наук Н.Н.Колесников
Печатается по постановлению Редакционно-издательского совета Московского университета
Подписано к печати 15*05*84* Формат 60x90/16* Бумага офс. № I*
Офсетная печать• Усл.печ.л. 16,0. Уч.-изд.л® 11*72. Тираж 7000 экз.
Заказ J724 Цена 60 коп. Заказная
Ордена "Знак Почета" издавельотво Московского университета
103009в Москва, ул.Герцена, 5/7. Типография Ордена "Знак Почета"
изд-ва МГУ в Москва* Ленинские горы 077(02)-84 - Заказная
(С) Издательство Московского университета, 1984 г.


Предисловие
Пособие предназначено для учащихся» готовящихся к вступи- тельнш экзаменам по математике. Главная цель пособия - дать обзор теорем и формул геометрии, основных методов и приемов решения геометрических задачf выделяв характерные элементы этих решений, встречавдиеся как в сравнительно простых, так и в относительно сложных задачах,
В отличие от большинства других пособий по математике (за исключением прекрасной книги Г.В Дорофеева* М.К .Потапова,
ЕЛ .Розова "Пособие по математике для поступающих в вузы”, которую мы настоятельно рекомендуем учащимся) в настоящем пособии сделана попытка дать методику решения геометрических задач, предлагавшихся на вступительных экзаменах, указать последователь--, ность упражнений дт приобретения соответствующих навыков» Это определило как расположение материала, так и подборку задач для самостоятельных упражнений в конце каждого параграфа, посвященного той шш иной теме 9 тсщу* и ли инсаяу приещу. Пособие рассчитано на последовательную и систематическую работу* поэтому во многих случаях при решении задач очередного параграфа необходим материал, излагаемым в предшествувдих разделах. В этих случаях в тексте пособия делаются соответствующие ссылки. В конце каж~ дой главы имеется большое количество задач с ответами для самостоятельного решения. В своем большинстве это задачи, предлагавшиеся на письменных экзаменах по математике в различные годы на различных факультетах МГУ* Их авторе - преподаватели и сотрудники Московского университета.
Авторы будут благодарны всем* кто сочтет необходимым прислать свои отзывы и замечания о книге*
Авторг.
3


Глава I. ПЛАНИМЕТРИЯ § I. Основные теоремы и формулы планиметрии
Отметим превде всего теоремы и формулы планиметрии, наиболее часто используемые при решении геометрических задач. Список таких теорем и формул дополним некоторыми полезными утвервдениями и соотношениями, указав9 естественно, их доказательство.
Признаки конгруэнтности треугольников. Два треугольника конгруэнтны, если выполняется одно из условий:
а) две стороны и угол, заключенный между ними, одного треугольника соответственно конгруэнтны двум сторонам и углу, заключенному мезду ними, другого треугольника;
б) два угла и прилежащая к ним сторона одного треугольника соответственно конгруэнтны двум углам и прилежащей к ним стороне другого треугольника1;
в) три стороны одного треугольника конгруэнтны трем сторонам другого треугольника.
в
в
С А
а д с
Рис. I
На рис. 1,а,б,в жирными линиями выделены элементы, конгруэнтность которых определяет конгруэнтность треугольников.
4


Биссектриса внутреннего угла треугольника - это отрэзок прямой, делящей данный угол на две равновеликие части, заключенный внутри треугольника.
а) Биссектриса есть геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла.й
б) Во всяком треугольнике биссектрисы пересекаются в одной точке ( 0, рис. 2), являющейся центром окружности, вписанной в треугольник (т.е. касающейся всех его сторон).
л в) Биссектриса (АЛ , рис.2)
любого угла треугольника (ABC) делит противоположную сторону на части (С Л и ВЛ ), пропорциональные прилежащим сторонам (АС и
АВ) 	треугольника:
1СД 1 _ I АС |
1ВЛ1 " IABI
Доказательство. Легко видеть, что площади треугольников АСЦ и ABD , имевдих общую вершину А, относятся как длины их оснований, т.е. $ACJJ :SAB1) = |СЛ1 : IBDL С другой стороны, эти площади относятся как длины сторон Ь - с ( & = \АС I , с = IЛ ВI) , поскольку
$асъ °Уг , SAB1)-z cZsin^/z, где £ - длина биссектрисы
[ДЛЗ , а л - величина угла А, и, следовательно, SACI) : 5И83)=^:с. Из сравнения полученных пропорций и вытекает доказываемое утверждение .
г) 	Длина I биссектрисы (АЛ , рис. 2) угла треугольника (АВСГ) , равного ос , заключенного между сторонами [АС] и [АВ], определяется по формуле ^ l&Q-cob5^- 2c&s
Геометрическим местом точек, обладающих некоторым свойот- вом, называется такое мно&ество точек, которое содержит в себе все точки, обладающие этим свойством, и не содержит ни одной точки, не обладающей им, см. § 8.
Iх-1724 5


Доказательство. Запишем площадь треугольника ABC двумя различными способами - один раз через стороны IACI, 1АВ) и угол ct , заключенный между ними, другой раз как сумму площадей треугольников АСИ и ABD ;
$авс = f 'к sinoc ; ,
^вс = S^, + 3ЛМ) ^ v Usui /z+-rc£stn % . Приравнивая эти выражения друг другу, получим
ic sin а = (S + с)£ sin 7
или
2 Sc ссб^/я -l(£ + c) sbn^/Tu у
откуда и следует указанная выше формула для вычисления длины биссектрисы.
Медианой треутолшика называется отрезок прямой, проведенной из вершины треугольника, лежащий внутри треугольника и делящий противоположную сторону на две равновеликие части.
а) 	Медиана есть геометрическое место точек, являющихся серединами отрезков прямых, заключенных внутри треугольника и параллельных той его стороне, к которой проведена медиана, рис. 3.
б) 	Во всяком треугольнике медианы пересекаются в одной точке (К), называемой центром тяжести треугольника. Эта точка отсекает от каждой медианы третью часть, считая от соответствующей стороны (т.е. делит длину медианы в отношении 1:2, считая от соответствующей стороны).
в) 	Длины медиан треугольника вычисляются через длины его сторон по формулам:
'ПЪа.= & V + Zcz -а*'' ; те, = i iz az + 2 c%-bz mc - i i~Z cl* +Z£z-cz .
в в G
6


Доказательство. Достроим треугольник ABC до параллелограмма, проведя bGjAC и CGHlAb , рис. 3, Легко видеть, что середина J) стороны [вс] треугольника ABC1 будет яв~ литься точкой пересечения диагоналей параллелограмма ABGp. Следовательно, длина диагонали [AG*] будет равна 2мга , где ГП/q,- длина медианы треугольника ABC, проведенной к стороне {BCQ из вершины А. Используя теорему о таг, что сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма равняется суше квадратов всех его оторон, будем иметь равенство г
Н + Q/2, = 2& ,
откуда следует первая из доказываемых формул. Аналогично доказываются и остальные формулы 0 В них и ПЪС - длины соответствующих медиан треугольника АВСГ0
Высотой треугольника называется отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника на противоположную сторону или ее продолжение .
Три высоты треугольника пересекаются в одной точке, называемой ортоцентром.2
Срединный перпендикуляр - перпендикуляр, восстановленный к стороне треугольника из ее середины.
Все три срединных перпендикуляра пересекаются в одной точке О (лежащей внутри треугольника, на одной из его сторон или вне треугольника, рис. 4), являющейся центром окружности, описанной вокруг треугольника.
Ряс. 4
* Термин "ортогональность** означает "перпендикулярность”.


_Т£орешJ?^J£Cob L Во всяком треугольнике (ABC?, рис, 5) отношение любой стороны к синусу противоположного ей угла постоянно,
т.е.
sin..*. Siwjb's.in^' »
ВАС. =eL, AbC=jb, 6СА=У, lBCl=a,)AC\=g. Если R - радиус окружности, описанной вокруг треугольника (ABC), то
а _ %
Рис. 5
Дейстштельно, поскольку L АВСГ - вписанный, то ^АЕС измеряется углом 2jЬ , рис. 6. Тогда угол АОС равен 2/S f а его половина 3)0С= ]Ь . Из прямоугольного треугольника Л)0С имеем:
Шс|= Rsivijb . откуда получаем, что L. - Rs'ihb Л— = 2R.
Таким образом, если в треу- гольнике АБС известно основание и угол при вершине ft> , то радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, находится по формуле
R= ——
Zsinjb
Полезно также иметь в виду
следующее утверждение: геометрическим местом точек (М), из которых Рис. 6 отрезок ( [АС1] ) заданной длины &
С 1АС\ = % ) виден под заданным углом Jb 9 состоит из двух дуг окружностей радиуса ^
опирающихся на рассматриваемый отрезок, как это показано на рис.7.
Для того чтобы построить центры (0 и 0А ) этих окружностей, достаточно найти вершины равнобедренных треугольников (АОС и А0±С),
8


имеющих обоими основаниями рассматриваемый отрезок ( [acQ ) и угол при вершине, равный 2jЪ
Те^)£8ш_косин2£ов_. Во всяком треугольнике (АБС, рис, 8) квадрат одной из сторон (ВС) равен суше квадратов двух других сторон (АВ и АС) минус удвоенное произведение длин этих сторон на косинус угла между
НИМИ А
lBbf- 1А&Г+ |ACl-2|ABl|AC\a>sBA0.
Теорема Пифагора. В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен суше квадратов его катетов, рис, 9:|Вс|=/АВ|+!АС|г,
Рис. 9
-39?e_?P§yL°£ъников * Два треугольника называются подобными* если существует отображение одного из них на другой, при котором


расстояние между образами любых двух точек JC4 и относится к расстоянию между прообразами этих точек 2С и У* как одно и то же число к . Число к называется коэффициентом нодобия, рис о 10.
Рже. 10
Признаки подобия треугольников»
1. По трем сторонам. Для того чтобы два треугольника были подобны, необходимо и достаточно, чтобы три стороны одного треугольника были зропорциональны трем сторонам другого треугольника.
2. По двум углам. Для того чтобы два треугольника были подобны, необходимо и достаточно, чтобы два угла одного треугольника были конгруэнтны двум углам другого треугольника о
3. По двум сторонам и углу. Для того чтобы два треугольника были подобны, необходимо и достаточно, чтобы две стороны одного треугольника были пропорциональны двум сторонам другого, а углы, заключенные мевду этими сторонами, были равны.
^лерствие_. В подобных треугольниках углы мевду любыми сходственными линейными элементами равны, а длины этих элементов относятся как коэффициент подобия к • (Так, например, длины сходственных сторон, биссектрис, медиан, высот, периметров,
10


радиусов вписанной и описанной окружности относятся как k :
U&UiL = Я*.* к.Ь., !ka Ri.. u
1 Abl {, m ъ P г R~K*0
^AB] - сторона» - биссектриса, ггь- медиана, ль - высота,
р - полупериметр, Ч, , R - радиусы вписанной и описанной окружностей*)
Отношение любых сходственных квадратичных элементов подобных треугольников (например, площадей) также одно и то же и равно квадрату коэффициента подобия k : SA4g>io4 ^2.
S>Ae»o
П^ща^ь^реуго^ника^ Для нахождения площади треугольника со сторонами | ВС'| = Си , | АС | = £ , | АВ | = С и противолежащими им углами ВАСГ = оС , ABC1 = fo , ВСА = рис. 5, наиболее употребительны следующие формулы: п
где $ъа- длшш высот треугольника, проведенных к
соответствующим сторонам.
б) S=|r£csmoL = a,csinJ2> =
в)^о£мхла_Герона.
s^KP'^Cp-^Xpo*
где |^= Уг(а+^ + о) - полупериметр треугольника.
Кроме того, справедливы формулы, выражающие площадь треугольника через его стороны и радиус вписанной или описанной окружности.
г) S.-f-'b.
Действительно, площадь треугольника ABC, рис. 2, можно представить как сумму площадей трех треугольников ОАВ, ОАС и ОВС,
имеющих общую вершину в центре вписанной в треугольник ABC окружности 0. Каждый из этих треугольников имеет своим основанием какую-либо сторону треугольника ABC и одинаковую высоту, равную радиусу вписанной окружности *ъ . Поэтому
II


Г'**
эABC ~ ОАВ °°^08С ~ 2 ' 2 * 6
что и требовалось доказать.
Очевидно„ что такая же формула верна и для произвольного выпуклого многоугольника» если только в него можно вписать окружность.
д) S =
а ёс
та
Действительно, S =
idSinct/z, С' другой стороны, по теореме синусов CL/Str?o( -2R. , или SU7c( - Q./2R. Подставляя это выражение в формулу для площади S , получим рассматриваемое соотношение.
Как уже отмечалось, если треугольник получается из
треугольника АБС преобразованием подобия с коэффициентом подобия к Sabc • Полезно иметь в виду более
к , то общее соотношение
е) Теорема. Если в треугольнике (ABC) одну из сторон (АВ) изменить в к раз ( IabJ = к /АВ 1 , рис II), а другую - в ТП раз ( | ACfJ = ГП | АС/ ), оставив без изменения угол между ними, то площадь получившегося треугольника (ABfC,) изменится в к-m раз (т.е. SA8iCi - knrSA3c ).
Действительно, jAC*)si/W
• ^к1я&1т\йс\$тс1- = ^lAB\lAC\sin<t-km* kmS^ac Очевидно также, что при К - W треугольник АВ^С, получается из треугольника ABC преобразованием "гомотетии” с коэффициентом к .
При этом полученная формула переходит в уже известную Формулу Sas^ *kzS/*c для площадей подобных треугольников.
8/
Четырехугольники. Четырехугольник называется выпуклым, если он расположен по одну сторону от любой из своих сторон, рис. 12.
12


Если диагонали выпуклого четырехугольника равны d1 и с[± и образуют угол о(. , то площадь
четырехугольника дается формулой S - £ с/, ok Sin U СГередины сторон произвольного
четырехугольника являются вершинами некоторого параллелограмма.
Рис. 12 Стороны этого параллелограмма па¬
раллельны соответствующим диагоналям четырехугольника. Средние линии (т.е. отрезки прямых, соединяющие середины противоположных сторон) четырехугольника в точке своего пересечения делятся пополам, рис. 13.
Патзаллелограмм - это четырехугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны.
Длины противоположных сторон равны, рис. 14.
Рис. 13
Для того чтобы выпуклый четырехугольник был параллелограммом, необходимо и достаточно, чтобы его диагонали в точке пересечения делились пополам.
Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме длин его сторон, рис. 14.
13


В CL С
Доказательство. По теореме косинусов из треугольника BCTD следует: = cf+ €z - 2aSco&cL .
По той же теореме из треугольника ABC находим;
d? - се 2. а в cosfi Учитывая* что Ж? » X - BCD 5 т.з» Со$р~ -еозыд получаем cffz - coSc<
Складывая квадраты длин диагоналей* подаем cymiy квадратов длин всех сторон параллелограмма:
d?4e£*Zcf+2e*
Площадь параллелограмма дается формулами
a) 	S = afi.
в) S =■ aisin^ = а£sinJb
эде = IBJj = |1Д)! , l> = }ЛВ1 - |C-D| 5 » высота параллело-
гр.ада, ув = X-ot - утла между смежными сторонами.
Пшмдугольниксал называется и араллелог раш , у которого все углы прямые, рис. 15* а»
Длины диагоналей прямоугольника равны между собой.
Квадратом называется прямоугольник, у которого длины всех сторон равны* рис. 15* в.
Ромбом называется параллелограмм, у которого длины всех сторон равны, рис. 15, б.
Диагонали ромба и квадрата взаимно перпендикулярны.
В ромб и квадрат можно вписать окружность, центр которой находится в точке пересечения диагоналей.
14


в
Рис. 15
Трапеция - это выпуклый четырехугольник, у которого две про» тжвоположные стороны (основания) параллельны, а две другие не параллельны, рис. 16.
Средняя линия (т.е„ отрезок^F] прямой* соединяющий середины непараллельных сторон) трапеции параллельна ее основаниям. Длина средней линии равна полусумме длин основа-
№с. 16
ний.
Площадь трапеции с основаниями (А3>| = (X и |вс( •= £ и высотой ft дается формулой
S-s±l- -к
JTeopemJC. Для того чтобы в выпуклый четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы длин противоположных сторон были равны друг другу, рис. 17, а.
Теорема 2. Для того чтобы вокруг выпуклого четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы противоположных углов были равны X, рис. 17, б.
15


а
5
Рис • 17
16
О геометрии октзужнооти. Окружность - геометрическое место точек, удаленных на одно и то же расстояние R от заданной точки 0 центра
JSgyr - часть плоскости, ограниченная окружностью*
а) Длина окружности
б) Площадь круга S = VlRz
Угол между двумя радиусами окружности называется центральным углом, рис. 18. Вели оС - число радиан ов*в центральном угле, то :
а) длина tf дуги, на которую опирается центральный угол, равна ^ -oLR
б) площадь S центрального сектора ОАВВ равна
в) площадь сегмента ЯШ определяется как разность площади сектора QADB и площади треугольника ОАВ
где R - радиус окружности.
* Радиан - это центральный угол, опирающийся на дугу окружности,
Гина которой равна её радиусу, полном развернутом угле 2Х радиан.


Угол* образованный двумя хордами9
ИСХОДЯЩИМИ ИЗ ОДНОЙ ТОЧКИ окружности р
риао 19* называется вписанным,
Величина вписанного угла ft равна
половине величины центрального угла©^
опирающегося на ту же дугу окружности Р> - °V2
Угол9 образованный хордой, стяги- ващей дугу окружности с центральным углом о( 9 и касательной к окружности* проведенной через один из концов хорды также равен ^/z * рис. 19.
Касательные9 проведенные к окружности из одной точки,, имеют одинаковую длину.
Теорема I. Если из точки (М, рис. 20), взятой вне круга, проведены к нему какая-нибудь секущая (МА) и касательная (МС)9 то произведение длины секущей на длину ее внешней части (MB) равно квадрату длины касательной
/МС|% IMA1- 1МЫ Доказательство.
Соединим T04IQT С отрезками [СВ] с
и [СА] с точками В в А. Треугольники ВСЯ/! и ACM подобны: у них угол СМВ - общий, a ZCTAM S’zBCM. Действительно, оба этих угла измеряются половиной ^ СВ: один как вписанный, ддггей - как угол меаду хордой и касательной. Из подобия треугольников следует пропорция iШ . JML ,
IMBI IMCI ' что и доказывает сформулированное утверждение.
2-1724
17


Доказанная теорема чихается кратко следувдим образсм: "квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть".
JTeopeMaJJ. Если через точку (М, рио 21 )г взятую внутри
круга, проведено сколько угодно хорд ( [АВ], 0DF], [KL],...),
то произведение длин отрезков каядой хордн, на которые ее делит
рассматриваемая точка, есть число постоянное для всех хорд
|АМ 1-lMBI *|KM|-|Iv1L| • • - = const
Доказательство. Соединим точки А и L , К и В отрезками прямых. Треугольники AMLи К MB подобны. Углы AML и КМ В конгруэнтны как вертикальные, а углы MAL и МКВ - как вписанные и опирающиеся на одну и ту же дугу LF& . Из подобия этих треугольников следует пропор-
^ 1т!. Ш
, /КМ/~/МВ1 ,
или jAMhlMBI - IKMl'lMLl* что ж Доказы- Рис. 21 вает утверящение теоремы.
Векторы. Упорядоченная пара (А,В) несовпадавднх точек оп- ределяет направленный отрезок с началом А и концш В* С помощью этого отрезка задается преобразование плоскости - параллельный переносу при котором кавдая точка М отображается на такую точку Mi 9 что луч ММ, сшаправлен с лучом АВ и расстояние jlfflfj равно расстоянию )АВ|, рис. 22. Это преобразование называется вектором.
Вектор изображается направленным отрезком и обозначается символом аЗз
ШШ CL . д
Один и тот же параллельный перенос можно задать с помощью бесконеч - наго количества направленных отрезков. Рис. 22
Все такие отрезки имеют одинаковую длину (называемую длиной или модулем вектора [АВ|- а ), параллельны (или лежат на одной
18


прямой) и направлены в одну сторону. Подашу два вектора считаются равными, если они изображаются отрезками, лежащими на одной или на параллельных прямых,, имеющими одинаковую длину и направленными в одну сторону.
Для каждой точки А можно построить единственную точку В такую, что АВ =- CL , рис. 24. Это построение называется откладыванием вектора
CL от точки А.
С^мма^ и_разность_ векторов_ 8Сть_векго_2.
Два вектора складываются по правилу параллелограмма. Для
этого оба вектора откладываются из одной точки и строится параллелограмм, сторонами которого являются эти векторы, рис. 25, а.
Если векторы (AfBf и kzB^ , рис. 23) изображаются отрезками, лежащими на одной или параллельных прямых, то они называются коллине- арными.
Рис. 23
Рис. 24
В
с
D
а
5
Е
Рис. 25
19


Чтобы получить сумму большего числа векторов, нужно отложить от произвольной точки (А) первый вектор CL ? а каждый последующий вектор ь s, С 9 а отложить от конца предцдущего0 суммой будет вектор^ начало которого совпадает с началом первого, а конец - с концам Сточка Е) последнего вектора, рис. 25, б.
Разностью двух векторов # и 'Ж называется такой вектор ~С 0 который* будучи сложенным с вектором 4 9 дает вектор 2Г . Разность двух векторов OL жЖ представляется направленным отрезком9 соединяющим концы этих векторов и имеадим направление ик концу того вектора, из которого вычитают", рис. 26.
Если для вектора £ ввести противоположный ещ вектор (- который колдинеарен вектору 4 , имеет тот же модуль, но направлен в противоположную сторону, то разность векторов 9* и Т представ ля- ется как сумма вектора CL и вектора
<- Г), т.е^ г-J + hT).
Сумма противоположных векторов равна 0 * &+ (-6 ) - 0 .
Под произведением Л?вектора CL на число А понимается такой вектор, который коллинеарен вектору CL имеет модуль |Д1191 и направлен в ту же сторону, что и У , если Л положительно, и в противоположную - если Л отрицательно. Геометрически умножение вектора на число означает растяяение или сжатие вектора и, возможно, перемену его направления на противоположное, рис. 27. Имеют место равенства:
(Луи) а •« Ла +/са,
Л(Я+Т) = Ла + М t
где Л иyil - произвольные действительные числа.
20
Рис. 26


Ла
А/31
Рис. 27
Вектор +JX называется линейной комбинацией векто¬
ров бГ и € . Если Л Иу& - произвольные действительные числа, a dt и £ - неколлинеарные вектора, то, меняя эти числа9 можно получить произвольный вектор плоскости.
Если 0А= ? и Ш=^ - два неколлинеарных вектора* отложенные от точки 0 , то вектор ОС, оканчивающийся в середине отрезка*»
ка [АВ] , равен полусумме векторов (X и € д т.е,
а-
ос -
©
Вообще: вектор точки F , делящий отрезок /АВ] в отношении Л iJL ( J. ,JJL - положительные числа) и начинающийся в точке О* дается формулой, рис. 28: ^
ОР =
хф
А
2х-1724
Рис. 28
21


Разложение вектора на компоненты. Коотаинаты вектора.
Если (? ж & - два неколлннеарных вектора в плоскости, а? - произвольный вектор в той же плоскости, то всегда существуют такие числа о( и Jb 9 что ? = оСа Ж.
В этом случае говорят, что вектор Н разложен по векторам а и ? . На рис. 29 все три вектора отложены от одной точки 0.
Если I и j - неколлинеарные единичные векторы (т.е. векторы * модуль которых равен единице |1 / - / j I - 1 У> то произволь¬
ный вектор АВ плоскости может быть представлен в виде
^ а<Т+ a2j*.
В этом случае говорят, что вектор АВ имеет в системе L р / координаты
\auat]. J
Рис. 29
Если векторы I ж j взаимно перпендикулярны, причем вектор j может быть получен из вектора L поворотом против часовой стрелки:* то говорят, что прямые, на которых лежат векторы L ж j 9 образуют декартову прямоугольную систему координат, а числа jQ1, azJ называются декартовыми координатами вектора а .
Пусть точка А с координатами ( осf , у1 ) - начало вектора £Г, а точка В с координатами ( эсг t yz ) - его конец.
Тогда координаты вектора связаны с координатами точек А и В формулами
Qf ■= ОС^ ОС1 t
°2 = У* '
т.е. декартовы координаты вектора равны разности соответствующие
координат конца вектора и его начала, рис. 30.
22


Декартовы координаты вектора & являются проекциями этого вектора на соответственные оси системы координат? а 1 = пр^ Cl } а 2 = пр у а Пусть вектор Ж имеет координаты ctf 9 что записывается в виде TXjdij аг] р а вектор £ - С о или € J >
Тогда;
I) ($ + Tj[Qt+€,f Qz + gzJ;
г) (дГ-Т)! й,-<1г ая-4 J;
3) Д S’ /Ла,, да,]
4)&%+//?){ла,уц*¥, iQ2+juiJ
тве, действиям с векторами от» вечают идентичные действия с их координатами.
Докажем» например, что вектор CL + Ж имеет координаты Я/ + ii %Qz+€z Действительно» векторы и и 4 можно записать как
-5» ^
+ q2j ,
€ = £i7*• izj*.
Отсвда следует, что их сумма представляется в виде О- +£ =• (G/+£f)T*- Отсвда следует, что числа Л1 + £1 ж аг + £г является координатами вектора ct+£ .
Модуль вектора £ определяется через его декартовы координаты посредством равенства
12Г
У^
а единичный вектор е , имевдий с векторш %■ одинаковое направление 8 записывается в виде е * -j-щ
В ■» кооиш.™ I а,/^2г , а,/щ^J
Скалярное произведение векторов. Скалярным произведением двух ненулевых векторов называется число* равное произведении
23


числовых значений длин этих векторов на косинус угла мевду векторами.*
Таким образ см* скалярное произведение векторов - это число. Если через у обозначить угол между векторами и Т , а через df-iT - их скалярное произведение, то а-Т * /а//17* сов(р.
Необходимым и достаточным условием перпендикулярности двух
ненулевых векторов является равенство нулю их скалярного произведения о
ct-Lf <^-> CL- О (С1Ф0, Тфо)'
Свойства скалярного произведения.
1) Ж' Ж * S’ (переместительный закон).
2) /(л ~ Л (сочетательный закон).
3) (£(8't- - й*€ + etc (распределительный закон).
Скалярное произведение выражается через координаты сомножителей по формуле ___________
с£ € ~ cii т*- ал £г ,
Действительно,, представим векторы Ж ж S равенствами Сс - Qi L • J j $ - ^T+4/*
Используя свойства скалярного произведения, находим Zf (af I t- Q^f) (£Y i + izj ') =
Qi iffTt) +atiz( Tj) 11, a£ £ (JT)
Поскольку скалярные произведения (Lj j и (j I) равны нулю вследствие перпендикулярности векторов Г и j" v а скалярные произведения (ГГ) ш (ffj_ равны единице, то из последнего равенства получаем формулу s ЖТ ^ О.* ё1 -/• аг £2 •
Отсада* в частности, слезет:
(с?£) - 'Оиг- Ict/lctl cos О +
Щ - faf + al .
^ " "■ ' "J —L ■ "~L" Г“-- ----- г-- —
й Углом lf> между векторами (t и 4 называется угол между их направлениями.
24


Необходимым и достаточным условием перпендикулярности ненулевых векторов CL'fa^a^'SL является равенство
af£< + ог£г -о.
Зная скалярное произведение векторов, можно определить угол между векторами ^
CCSLf . -§‘
mm
Qfii + Oz ёг
или в координатной записи
СОВФ - , гьж-st
т iaf+a} Hi i-iz Поскольку косинус острого угла положителен, а косинус тупого
угла - отрицателен9 то* если скалярное произведение положительно,
векторы образуют острый угол, а если отрицательно-тупой.
На этом мы закончим обзор основных теорем и формул планиметрии* Задачи, которые приведены ниже, дополняют предложенный список, поэтому они снабжены решениями. Ознакомление с ними будет весьма полезно для приобретения навыков решения геометрических задач*
_3 а д_а_ч_и
Задача I * (Тзорема о овойстве бшсежтриоы внешнего угла треугольника) о Пусть [BI)j » отрезок биссектрисы внешнего угла треугольника ABC, рис* 31, замоченный между вершиной В
треугольника и точкой II пересечения биссектрисы с продолжением основания АВс Тогда отношение расстояний точкж J) до вершин треугольника при его основании пропорционально
боковым сторонам треугольника* т*е, Ш [АЕЛ ICDI
Рис в 31
ICBI
Р е ш е н и 8 с
Обозначим ABC = об,
тогда внешний угол при вершине В будет равен СВР - ^/z-^/z ■
25
а


Легко видеть» что площади треугольников ABD к СЩ) t имевдих общую вершину В и леяащнх на одной прямой основания относятся как длины этих оснований» T0e0 ^лвх> • 5с6Х)а|Л1)| */CD|.
С другой стороны», площади треугольников ABJ> ш СВЗ) мошо записать в следующем виде 2
= кJлв|-|вз>1 sin (* + §-£)=£ IabH&dI cos£ , Scsx-||CB|-|B1>| Sin(f-£) = X |cb|-|BD| co%f ■
Отсвда виднОр. что SAb$: Sc&i> r 1Л8i: JOB) • Сравнивая
последнее отношение шзощдей с полученным ранее» заклинаем» что 1А2>|:|СЗ>| *|А»М1СВ].
Задача 2. Доказать» что треугольник^ в котором равны длины? а) либо двух высоту б) либо двух медиан; в) либо двух биссектрис» является равнобедренным.
Решение, а) Пусть сначала в треугольнике равны длины двух каких-нибудь высот» например - iic . Покажем» что треугольник - равнобедренный о Для этого запишем площадь S треугольника ABC двумя различными способами*
S - j- а-б* - 4?с.-he,
где С = |АВ| ». а = |св| . Поскольку 'flu - , то |АВ| = |СВ|
ж треугольник ABC - равнобедренный.
6) 	Пусть теперь равны длины двух медиан» например /7?^ = 171 с , Воспользовавшись формулами ^ выражающими длины медиан через сторо ны треугольника» получаем?
kml + cf --Z$z+Zc\
kml + Сг - .
Поскольку т<х * тс 9 то почленная разность этих равенств дает
а*-с*. кг-d),
откуда следует* что CL ® С и треугольник ABC - равнобедренный.
26


в) 	Наконец, рассмотрим случай равных биссектрис. Пусть г * Используя формулу, выражающую длину биссектрисы
через длины сторон треугольника и заключенный между ними угол, получим
2вссоз°Уг _ 2a6cosVz 4 + с ' ~ а + & *
ш
, CoSu/z _ COS^/z
1/& + -1/с ' V# * */а
Предположим противное, т.е. что треугольник ABC неравнобедренный; афс р пуегь, например а >с .
Тогда Y% + 1/с > Ye * Va 9 а поскольку написанные. выше дроби равны, то необходимо, чтобы ж COS°/z >oo$?/z . Заметим дале®, что функция у - CoS ос в первой четверти монотонно убывает. Поэтому из неравенства COSu/z >cos *(z следует неравенство °*/z ^ У/2. или
Таким образом, мы получили противоречивое утверждение: в треугольнике АБС против большей стороны CL лежит меньший угол <?С . Поскольку этого не может быть, то наше исходное предположение Q>C неверно. Аналогично доказывается, что а не может быть и меньше С . Остается единственный вывод ; а = с и треугольник АВСГ - равнобедренный.
Задача 3. (Теорема тангенсов). Если I и С • две
стороны треугольника» a J5 и % - противолежащие им углы, то
имеет место соотношение Д-#- £-с ^3 г~~
~7+сГ = 9
называемое теоремой тангенсов.
Решение. Так как согласно теореме синусов
~ -£— * ?р Sinjb * SinY
то 4-ZRSin^9 С -2.Rsiny , где £ - радиус вокруг треугольника окружности. Далее имеем:
27


■i-с 2 R (sinfi - sin Г) _ 2 cos Цг~ sin 4+c ‘ ZR (sinp +siny) ' 2 sin cos *
ШШ /X _ VI
*-e tgV1 ,
€ + c ■ ig что и: требовалось доказать.
Применение теореш тангенсов позволяет иногда упрощать
вычисление неизвестных элементов треугольника. Пусть, например,
в треугольнике заданы две стороны 4 ж С и угол <4 9 заклкяен-
ный между ними. Тогда остальные углы треугольника ж у
можно найти, используя соотношение
А+Г Х-оС Ж - J2L 2 г ~2Г~ * Z 2-
ж, таким образом,
h
I^т~ = СЧ т *
Поскольку {> , С и «т< известны, то легко вычисляются сумма углов (jb+y) и их разность (р-у) •
Конечно, эту задачу можно решить с помощью теорем косинусов и синусов, однако вычисления, произведшие в случае использования теореш тангенсов, проще*
Задача 4. Доказать следующие утверждения*
а) Угол, верпина которго расположена вне круга, измеряется полу разностью дуг окружности этого круга, заключенных внутри угла.
б) Угол, верпина которого расположена внутри круга, измеряется полусуммой дуг, котор1е высекают из окружности круга стороны угла и их продолжения.
ш) Угол, образованный касательной к окружности и хордой, исходящими из одной точки окружности, измеряется половиной дуги, заключенной внутри этого угла.
28


Решение, а) Пусть угол A, MBfc вершиной в тсяке М вне круга равен if , рис. 32, а» а центральные углы A10Bi к /4а О В2 - & .Тогда
У- f
Рис. 33 Л
Действительно» А1АгВ1 = и А2ЬЛЪ2 - ft/z . Поскольку угол внешний угол треугольника МАгВ, „ то его величина
равна суше величин двух несменных с ним углов <41М81 и А1ЬЛЫ> т.е. ci</z~{f*P/zTsxsL if - (c/.-p>)/z „ что и требовалось
доказать.
б) Пусть'угол AiMB1 с вершиной в точке М внутри круга
А /ч
равен 'f , рис. 32, б„ а центральные углы -41ОВ1=«?(и А20В2^^> . Тогда ± (d+p). ^
Действителио, A1AlB1~oi/z ж А2ЪЛЪ2- fc/z .Тогда внешний к трзугольнику МА2В., угол if равен + fr/z. „что и требовалось доказать.^
в) Пусть угол А MB с вершиной в точке Ы» леаащей на ок-
руаности, равен Lf> t рис. 32, в» а центральный угол МОА = .
Тогда tp et
т "Z"
29


Действительно, i{>=x/z-OMA # ОМА -(T-ck)/z и Ж - ОМА - °*/2 » что и требовалось доказать.
Задача 5. Доказать, что высоты АР , ВО. , CR треугольника АБС являются биссектрисами углов треугольника PQ,R .
Решение. Пусть точка 0 - ортоцентр треуголшика ABC, т.е. точка пересечения его высот, рис. 33* Тогда можно построить три окружности с центрами в точках 0i , Оz и г являющихся серединами отрезков [ао] , [ВО] и [col соответственно, причем точки А , 0 # К , Q лежат на первой из этих окружностей, точки С , 0 f Р f Q - Рис, 33 на второй, и точки
В , О , Р , R - на третьей окружности, Действительно* проведем, например, через точки /4,0 я R окружность. Понятно, что ее центр 01 должен совпадать с серединой отрезка [АО] s поскольку угол AR0 - прямой и, следовательно, должен опираться на диаметр. Кроме того, точка Q. также должна лежать на этой окружности, поскольку угол ДФО- прямой. Если бы точка Q лежала внутри кгута, этот угол был бы тупой, а если - вне крута, то угол был бы острый (см. задачу 4 этого параграфа). Аналогично доказываются и утверждения относительно двух других окружностей,
Рассмотрим первую окружность. Углы RA0 и KQ0 являются вписанными и опирающимися на одну и ту же дугу, поэтому их ве-
30


линины равны. Аналогично равны величины углов PQO и PC0 , поскольку эти углы также являются вписанными и опиравдимися на одну и ту же дугу в окружности с центром 02 . Кроме того, равны величины углов RAO и РСО t поскольку эти углы входят в прямоугольные треугольники АВР и BCR 9 с общим углом АБС. Отсюда
хч ^ _ -
следует, что RQO = PQО и, следовательно, (ВО.]- биссектриса угла PQ R .
Аналогично доказывается, что две остальные высоты являются биссектрисами углов QRP и RPQ треугольника PQR .
Заметим, наконец, что в том случае, когда треугольник ABC - тупоугольный и точка пересечения высот лежит вне треугольника, приведенное доказательство не претерпевает существенных изменений.
Задача 6. Доказать, что в прямоугольном треугольнике сумма длин катетов равна сумме диаметров вписанной и описанной окружностей
а +4 *2Z+2R; при этом между острым углом <?( треугольника и отношением радиуса вписанной окружности к радиусу описанной окружности существует зависимость
Strict* COSci * -/ + -1- > где d =|ВС| и £ = | АС] - катеты трзуголышка, £ и R - радиусы вписанной и описанной окружностей соответственно.
Решение. Пусть 0 - центр вписанной окружности, а Р , Q , R - точки ее касания со сторонами [АВ] , [ВС\ и [ACT] соответственно, величину угла СТАВ обозначим через U , рис. 34.
Так как центр 0 вписанной окружности находится в точке пересечения биссектрис, то в прямоугольных треугольниках RAOn РАО—RAO = РАО, а в треугольниках РВО и QBO- PBO-QBO. Поэтшу aRAO ^ д РАО и Д РВО ^ л G ВО .
31


Отовда слезет* что |AR1 =1 API 9 ]ВР| - 1 BQ1 и далее?
[ARH&QI-- |ABl - 2R .
То9 что центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника9 лежит на середине гипотенузы 9 следует из теоремы о вписанных углах 0 Прямой угол при вершине прямоугольного треугольника может опираться только на диаметр описанной окружности. Поэтому длина гипотенузы всегда равна 2 R .
Четырехугольник ORCQ. - квадрат. Во-первых, у этого четырехугольника все углы - прямые. Кроме того, IORUIOQI = *2 . Таким обра-
зом, /RC1 — ICQ| = 2. и |RC|+|CQl-22 Далее имеем:
1ARI + IBQI -|АВ1 - 2.R. ,
IRC1 + ICQ 1«2г.
Складывая почленно эти равенства, получаем
(IARMRC0 + flBGll + |CQ|)»2fc+2R,
т.е. Q + & - 21 + 2R
Разделив обе части последнего равенства на ZR и заметив, что Q./2R. * SLHoi} %/zk- получаем SLno(+COSe( - J+^/R , откуда следует, что углы прямоугольного треугольника определяются отношением радиусов вписанной и описанной окружностей и,
-Рис. 34


наоборот, отношение радиусов этих окружностей однозначно определяется углом прямоугольного треугольника.
Полученное соотношение можно преобразовать следующим образом: sin oi +CO$d * У2 sin = i + •
Отсюда следует
1 {Z sin (d + x/t) - 1 ■
Поскольку максимальное значение синуса равно единице, то наибольшее значение, которое может принимать отношение радиусов вписанной и описанной окружностей, равно lIlT - 1 (в данном случае при Ы -s )в Отсща видно, что отношение удовлет¬
воряет неравенству
Задача 7. Доказать, что трапеция может быть вписана в окружность в том и только в том случае, когда она равнобочная.
Решение. Пусть трапеция АВСР - равнобочная ( [ВС]||^ I АВI*|CD| ). Покажем, что ее можно вписать в окружность. Проведем через точки А, В и С окружность. Ее центр, как точка, равноудаленная от точек В и С, должен лежать на срединном к отрезку [ВС] перпендикуляре. Поскольку, однако, такой перпендикуляр должен являться срединным и для отрезка [AD] равнобочной трапеции, то центр окружности должен быть также равноудален от вершин А и 3) . Следовательно, точка D также лежит на рассматриваемой окружности и трапеция АВСГД) вписана в эту окружность.
Обратно, пусть трапеция АВС'З) вписана в окружность. Покажем, что она - равнобочная. Согласно теореме о вписанных четырехугольниках суммы противоположных углов трапеции равны 180°.
Однако такой же величине равны и суммы углов при каждой боковой стороне трапеции ( [ВЙ || |АЗ)] ). Это может быть только в
том случае, когда углы при основании трапеции конгруэнтны, т.е.
трапеция является равнобочной.
3-1724 33


Задача 8. В произвольной трапеции через точзд- пересечения диагоналей параллельно ее основаниям проведена прямая. Доказать, что отрезок этой прямой, заключенный внутри трапеции, делится точкой пересечения диагоналей пополам, причем длина каждой части равна
а£
где Q и 4 - длины оснований трапеции.
Решение. Пусть ABCJ) - произвольная трапеция с основаниями |AD| - Q , |ВСГ| * £ , рис. 35. Отрезок [EF]проходит через точ1$г 0 пересечения диагоналей трапеции,[EF])|[ВС] ||[ЛЭ].
Покааем сначала, что JE0|= j F0| . Для этого обозначим
высоту трапеции через Н , а расстояние между прямыми (вег) и (ёР)
- через it . Из подобия
треугольников ЕВО и ABJ)
следует, что 1EQ1 итт I - Н
ИДИ j
Аналогично из подобия
треугольников FC0 и ACD
следует 0 1FQ) , 1L \АТ> Г Н
ИДИ J
]Foj = М2>| • ft ■
Сравнивая эти пропорции, заключаем, что |ЕО|г1РО| , т.е. точка 0 делит отрезок [EF] пополам.
Обозначим длину каждого из отрезков [ЕО] и [ F0] через СС .
Из подобия треугольников ОВС и ОкЪ имеем:
Рис. 35
1Во1 . X
ро| ’ а
или
м_
\ВО\ +13>0|
Из подобия треугольников ОБЕ и АВЛ) имеем: ! Во!


м
Сравнивая эти две пропорции, получаем выражение для величины эс. :
»*» **-^г •
а а+ь а + &
Следствие. Середины оснований трапеции и точка пересечения ее диагоналей лежат на одной прямой.
Действительно, все три указанные точки являются серединами отрезков прямых, проведенных параллельно основанию треугольника АМЛ) (М - точка пересечения боковых сторон трапеции АВС]) , рис. 36), поэтому они принадлежат медиане этого треугольника, проведенной из вершины М к основанию [АЗ)].
Задача 9. (Теорема Л.Эйлера). Доказать, что сумма квадратов длин сторон произвольного выпуклого четырехугольника равна сумме квадратов его диагоналей, сложенной с учетверенным квадратом расстояния между серединами диагоналей, рис. 37, а. аг+£г+<?+с1г* + 4?г.
Эта теорема обобщает известное утверждение, верное для параллелограммов и состоящее в том, что сумма квадратов сторон параллелограмма равна сумме квадратов длин его диагоналей. Действительно, в параллелограмме диагонали, пересекаясь, делятся пополам, поэтому расстояние между их серединами р равно нулю, и мы получаем наше утверждение как частный случай теоремы Эйлера при р = 0.
35
Рис. 36


Рис. 37
Решение. Введем следующие векторы, рис. 37, б:
(ИГ= ДВ , г ВС. , <2 * С5 , сГ* 2А.г
’ АС , Tz * 15 , f * М,Мг .
Тогда AM, = S,/2 , M2D = S2 /Z •
Очевидны (см. рис. 37,6) следующие векторные равенства:
гг *7
d + а = - Вг >
+ + °- о
Эти равенства можно разрешить относительно векторов d , 6 , с
и cf :
Г= +
<Г - - ■+ Sa
Обозначим буквами без стрелочек длины векторов, т.е.
a-lffl, «-4Г/, c-l?l, d-lcTl, S«.1§1, ^ = 1?г|
<p «1$П . Вычислим квадраты длин векторов сГ , € , С , с7*
для чего каждое из подменных равенств умножим скалярно само на
36


себя. Имеем: CL - ^ S* + jrSt £ S*S* + S* ф - S2$> ,
<*4 sf+isf*
с** f S(l -1-f‘- x - s,p - 5?.
*st+%9+s*?>
Складывая почленно эти уравнения, находим
аг+%л+г+4*» s/+$/+*?*>
что и составляет утверящение теоремы Эйлера.
Задача 10. (Теорема о четырехуголздике, вписанном в окружность). Произведения расстояний от любой точки окружности, описанной около выпуклого четырехугольника, до его противоположных сторон или их продолжений равны между собой
об = cd.
рис. 38.
Решение. Пусть S - произвольная точка окружности, описанной около выпуклого четырехугольника АВС’Э , рас полаженная на ^ AD , не содержащей вершин четырехугольника, рис. 38.
Точки Р , (к , М и N являются основаниями перпендикуляров, опущенных из S соответственно на стороны
Гав] , [вс] , [ав] , [ей
или на их продолжения. Длины этих перпендикуляров обозначим через CI 9 $ , С и d соответственно. Нужно доказать, что ай « Ы Рассмотрим две пари подобных треугольников:
& APS** й CNS и Рио. 38 л ^MSe-° aCQS.
3х-1724
37


Первая пара треугольников подобна потому, что, во-первых, они - прямоугольные, а, во-вторых, имеют по конгруэнтному острому углу ( SAP = SCk = fb , как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу S3 окружности).
Вторая пара прямоугольных треугольников также подобна, так как QC3 = MAS . Действительно, обозначим угол ВАЗ) четырех-
/s
угольника АВСЭ через о( в Тогда BCD = 3l-oL 9 поскольку этот четырехугольник вписан в окружность. Следовательно, QCS в то время как угол MAS также равен ОС-ft р поскольку он дополняет угол Е>А5 „ равный ol+Ь , до ОС , Таким образом,
«А •
QCS - MAS „ Из подобия треуголшиков следует:
Oi IAS 1 . IAS1
d ~ /csi ’ €
откуда заключаем, что ct/cl= с/% или аё = Ы 9 что и требовалось доказать,
§ 2. Решение треугольников
В этом параграфе мы рассмотрим простой, но важный для приобретения практических навыков, метод решения задач, объединяешь общим названием **решение треугольников”. Речь пойдет о расчете одних, неизвестных, элементов треугольника через другие, заданные,
Под элементами треугольника ABC мы будем понимать его стороны й 9 $ 9 С f противолежащие им углы о< ,уб , JT , биссектрисы внутренних углов треугольника 9 » медианы ГПц9
Щ 9/7?с » высоты ^,4 9 9 радиусы ^ и R. вписанной и
описанной окружностей соответственно, периметр треугольника 2р 9 его площадь S , а также другие линейные или квадратичные параметры, характеризующие треугольник,
38


Произвольный треугольник определяется, вообще говоря, тремя независимыми параметрами* например, длинами трех его сторон или двух сторон и заключенным между ними углом, или одной стороны и величинами двух прилежащих к ней углов, или двух сторон и радиусом вписанной окружности и т.д. Сфорьцулируем три основные задачи "решения треугольников".
Задача I. В треугольнике даны длины двух сторон и
величина заключенного между ними угла. Рассчитать осталэдые
элементы треугольника.
Задача 2. В треугольнике даны длина одной стороны
и величины двух прилежащих к ней углов. Рассчитать остальные элементы треугольника.
Задача 3. В треугольнике даны длины трех его сторон.
Рассчитать остальные элементы треугольника.
Приведем решения этих трех задач. Как будет видно из дальнейшего, решения этих задач являются постоянными элементами решения других, более сложных задач.
Решение задачи !. Итак, в треугольнике АБС, рис. 39, даны длины двух сторон |АС| = % и |АВ| = С , а также
величина угла ВАС = о( между ними. Требуется рассчитать остальные элементы
треугольника.
в
Длину Q третьей стороны jBC| треугольника находим по теореме косинусов
a *JBCi * ij 4z+c*-2tccos ы.
Рис. 39
в
с
Углы jb и треугольника ABC можно вычислить либо по теореме синусов
39


Sinp> ' Sind ~ Stnp m Q Slf>o( ,
Jkr Sfoi =*> &inf= &sc^>
которая с учетом выражения для уже найденной длины <7 стороны
[вс] дает
sCnjb ■> % stock/4■& Zic CoSoC. t
^ siny * с sinЫ/jgz+CZ-2Bc COSol , либо по теореме косинусов
-g2 = c+az~2accosp =$> ooSyS* (с^аг-ёг)/2ас }
сг- а1+6г-2a€cosf ^ cosj*= {сгг-*&с*)/2а6
и далее
cos
cosy . t-LgZL .
В этих формулах также следует использовать найденное выражение для длины стороны а = [ВС| .
Если С- % совы >о , т.е. проекция отрезка [ас] на прямую (АВ) меньше длины отрезка [ав] , то угол р - острый, в противном случае он тупой. Аналогично, если 4 -ССО£о{ > д f т.е. проекция отрезка [ав] на прящр* (АС) меньше длины отрезка [АС] , то угол Y - острый, в противном случае он тупой.
Вычисление углов jb и ^ по формулам, получаемым на основе теореш косинусов, более предпочтительно, поскольку эти фор- щш сразу позволяют записать углы jb и ^ через обратные тригонометрические функции .
■ С - ь СОВЫ.
Ji х a*iccos ^ >
f - Q4CCOS ,
в то время как форт записи этих углов через значения их синусов, получаешх по теореме синусов, зависит от того, острые или тупые эти угла.
Наконец, углы J& и ^ могут быть вычислены на основании 40


теоремы тангенсов, как это сделано в задаче 3, приведенной после § I:
т- ’
откуда НаХОДИМ
f+f *2X-oL,
izcvtdj($=§: ciy^/z) * если tf;
^ ^ jzT+2azct9{j~ cfcff^/z) , если £<c .
Длина t<t биссектрисы угла ВАС1 = a( находится по формуле
J 2&с cos u/z
я /’гттг
(см.§ I). Длины г$ и гс остальных биссектрис находятся по этой же формуле заменой 4 г с и &( соответственно на С , а и ft , at , 4 ж ^ .
Длина п)с медианы, проведенной к-стороне |АВ| из вершшш С t
находится по теореме косинусов из треугольника ADC ( ]AD) =|J>B|)
рис, 3:
ml *(%)г+£г- #<*>**,
ЕЛИ- ____
тс ^ jr {cz+ Иг- и&ссоы ,
Это же выражение следует также и из общих форщул § I для длин медиан, если только в них величину а заменить полученным для нее значением. Аналогично: ______
% * j; {i* ^{4г+4<^-^ёсСои ?
-f-fii*->-2с&-аг * jr{1^е+~Шсоы .
Площадь 5>»с треугольника дается формулой
ЛВС ~ £~ ^ Si/id .
Шсоти треугольника находятся из равенств
§я$е. - J fasind * f ifca * 4-ig-£ - j£ ie-c ,
откуда л л D
1
fig - сSind , 4c = $sifi4 . m i-a. - Щ-Sinci 41


В последит из этих формул, разумеется, нужно подставить найденное для СХ выражение через стороны 4 в С и угол оС .
Радиус £ вписанной окружности проще всего найти по формуле
^Авс “ Р4 ^ >
откуда
g - Sлес . ‘ie.sinи Р " а+ё+с Радиус R описанной вокруг треугольника окружности находится по теореме синусов:
о . JZ V €г+С*-2.вССО£оС
14 " ZSlPoL • 2^с'ло(
Этим завершается решение первой задачи. Обратимся к решению
второй задачи.
Решение задачи 2. По условию известна длина стороны |АС| = £ и величины двух прилежащих к ней углов ВАСГ =<^
Л
и АСВ * у . Требуется расочитать остальные элементы треугольника, рис. 40.
Рис. 40
Презде всего ясно, что АШ = f> = ) . Отсвда
Sinjb * Sin (dt+'jf') . Из теоремы синусов находим
, -Я— . г 2/?
$ln(d+f) Sind sinff •
42


Поэтому длины cl ж С двух оставшихся сторон треугольника и радиус описанной окружности находятся из равенств п р sindL п Р sCn2T п £ i
.SLnU+f) J ’ SCnfa+f) Z SCnU+f)
Длины ч , и гс биссектрис треугольника определяются уже
известными соотношениями д
J _ Ztccos^/z • J>_ _ -2ае cosP/z ,
' * a+c 1
J> _ 2a& coslT/z  сгтт~—>
в которых О , с и /3 заменяются найденными для них выражениями.
Медианы та 9 и тс определяются по характерным для них формулам через длину известной стороны 4 и найденные длины двух других сторон Q и с .
Высоты и 4ic легко найти по формулам
cl = ^sCnd.
У о >
Третья же высота /?g может быть определена различными способами. Можно, например, воспользоваться равенствами
^ _ / StnbL~SL«Y'
% osinf « if Sto'frf) > а можно, рассмотрев два прямоугольных треугольника ABD и Д)ВС,
где Э - основание высоты, опущенной из вершины В на сторону
i AC I * найти для уравнение
$6 C-tyoL + $4 - /•
Из этого уравнения получаем
Р _ I ^ Р Sinai Sen if
* ' c+aot + cte/- * ° SLn(ol+f)
Необходимо отметйгь, что данная формула имеет место независимо
от того, острые ли углы ck и ^ , как это показано на рис. 41,
или хотя бы один из них - тупой.
Аналогичным приемом можно воспользоваться и для вычисления
радиуса вписанной окружности, рис. 42. Поскольку ее центр О
лежит в точке пересечения биссектрис треугольника, то из
43


в
Рис. 41
Рис. 42
вычисляется по формуле
прямоугольных треугольников АОЕ и СОЕ (Е - точка касания вписанной окружности и стороны Jac| ) следует
*/z * *ict£ Т/г - $,
или
{ = I Sif&Sinfc
ctyVi+ctgX'/i Sin$г*1Щ
Площадь треугольника
С ~ — Л j£- i * Sind SmY1
*Авс~2 2 < Sin(d*rj
ей за,
Рассмотрим решение последней, третьей задачи.
Решение задачи 3. Теперь известны длины а ,
4> , С всех сторон треугольника. Вычислим остальные его элемен¬
ты.
Углы треугольника вычисляются на основании теоремы косинусов.
44


a2= Cz + tz-2.4ccoScl d = atecos C i
{*"' аг+с1 -Zaeoosji •=^' = a>iecos a *C£~~' J
c2= iz+a1-2 at cosy ■=?> ^coS **2aC— '
Площадь треугольника находится по форлуле Герона
-W = Jp(p-a)(p-t)(p-c) ' >
в которой р => (q + £+c.)/z - полупериметр.
Радиус вписанной окружности равен:
&8С.
Р
Радиус описанной окружности находится по формуле
р _ .
~ 4Sa8C
Длины медиан вычисляются через стороны треугольника по формулам, приведенным в § I.
Длины высот определяются равенствами
I - 2Saac • 4 _ 2^л8с . 2 _
7?q ; П§ - ■ — > 7?е. £
в которых площадь 5^ст реугольника уже вычислена.
Длины биссектрис вычисляются через стороны треугольника и заключенные между ними углы по уже неоднократно использованным формулам § I.
Пример I. Найти отношение радиусов окружностей, вписанной в треугольник ABC1 и описанной около него, если, известно отношение двух его сторон ]АВ \: |ACj = т : П и угол ВАС = оС t заключенный мезду этими сторонами.
Решение. Пусть длина стороны |АВ| равна С » а длина стороны |ACj - i , С: t - т\ п. Тогда решение данной
задачи сводится к расчету величин *2 и R по двум сторонам и углу, заключенному между ними.
Определяем сначала по теореме косинусов третью сторону треугольника
|ВС)г = 4г+сг-2Sc coSot,
45


откуда
1 ВСi - V ^+с2- ZiccoSdl .
Затем находим радиус2вписанной окружности:
£ - ^А8С s SlAvl
Р 4 + C+i~€z + cz-2€с coSoT
После этого определяем радиус R описанной окружности:
Р _ |ВС| _ т/ iL+(i~2icto^d '
ZsiricL ~ 2Sind.
Наконец , вычисляем их отношение
2%CSind
R ~ (4+с +У {*+c*-2lcc«Se<7^ 4^с1~2ёсс^3 или, деля числитель и знаменатель дроби на ' € , подучаем
2(сН)
R ' (1 + f- +il+$)z-2i-coSoi')Tli+f$]2-zfcoM
2 (m/n) sinz<*.
" + H )i 1
Пример 2. Вычислить плоишь круга, вписанного в треугольник ABC', у которого |АС| = 5 м, ВАС = 30°, ВСА = 45° Решение. Из прямоугольных треугольников ОАЕ и ОСЕ, рис. 42, находим:
zdj.15% fcC.ij22,5°*5,
откуда ^
* * с£$ i S% etc 22,5° *
где 2 - радиус вписанного круга.
Легко видеть, что
rid2!*0 - CoS i5° - i+CoS3o9_ 2+V3 ./« lfT\2
CV ‘ {-cos& “ ТТГ'Р*™)
л+п299 s°. COSz22,S* _ •J+cos45* Z+fZ f, nr>2
Ototo “3 2 ’ ■ •РмШ1 =Т^7Г *0*e)
cia i5° * Z+f3 ctQ 22,5е * ■f+VT’ .
Таким ооразом ’ ®
ь 5
V 3+/1Г+/У * а площадь круга о равна
^ 3 ^*'2, 3 ~1Т^171^ШТ27Т ^ *
46


Пример 3. В треугольнике ABC' известны стороны |ав|= 3, |ВС'| =5, |АС’| = 7. Найти,длину биссектрисы угла АВСГ треугольника.
Решение. Вычислим сначала величину угла АВСГ. Для этого воспользуемся теоремой косинусов. Имеем |АС|2 г]ЛВ|2,+1ВС|2-2|АВ]*|ВС) COS ABC
или
49= 9*25-30 cosJt>,
откуда подучаем, что Cos j!> = - */z или р> = 120°.
Далее, воспользовавшись формулой J 2MBMBC|cosM
п |АВЫВС|
где it - длина биссектрисы, делящей пополам угол между сторонами
|АВ| и |ВС) , получаем
О 2-3'5-Уг 45
4 s 3*5 = ~Г ‘
J3 а_ ц_а_ч_и
1. В треугольнике ABC’ [ АВ\ = 2, |АС| = 7, ВАС = 60°.
Найтивысоту треугольника, проведенную к стороне |ВС:1 .
Ответ. 7 / ]/13*
2. Длины сторон |АВ| и ]АСГ| треугольнша ABC соответственно равны 4 и 5 см, а величина угла, заключенного между ними,- 60°. Найти длины отрезков касательных, проведенных из вершины В к окружности вписанного в треугольник крута.
Ответ. {II- V 2l'/2 ’ см.
3. В треугольнике ABC со сторонами |ВСГ| = Я , |АС| = 4 и углом ек мевду ними вписан полукцут с диаметром, лежащим на стороне, противоположной этому углу. Найти радиус этого полукруга.
Ответ. Q&Sif\d/(й + 4).
4. В треугольнике ABC' известны: |ав| = С и 1ас| = £ . Вели- чина угла ВАС вдвое больше величины угла ABC. Найти длину третьей стороны треугольника.
Ответ. УТ(Т+сТ .
47


5. Найти расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей для равнобедренного треугольника с основанием, равным С( , и боковой стороной $ .
Ответ. 4\а-Ц/{Ш^г , причем 4 > а/2.
6. Найти длину биссектрисы прямого, угла треугольника, если его катеты равны Q и % .
Ответ . О. & тПГ/(а + ё).
7. Стороны треугольника ABC равны 5, 7 и 8 см. Найти площадь круга, описанного вокруг этого треугольника.
Ответ. 49Х/3»
8. Существует ли треугольник, у которого все высоты меньше I см, а площадь - больше 100 м^ ?
Ответ. Существует.
9. Доказать неравенство
(р-а.)Ср-4)(р-с) й. £ аёс., в котором Q , € и С - длины сторон треугольника, р - его полупериглетр,
Указание. Воспользоваться неравенством "среднее арифметическое неотрицательных чисел х и у больше или равно их среднеодг геометрическому”, поочередно принимая за эти числа разности р-а , р - £ и р-с
10. Доказать, что во всяком треугольнике отношение радиуса вписанной окружности к радиусу описанной окружности не может превышать 1/2.
Указание. Воспользоваться результатом предыдущей.задачи.
48


§ 3. Расчет элементов треугольника методом составления уравнений
Задачи* изложенные в предыдущем параграфе, позволяют проиллюстрировать стандартный метод решения более широкого класса задач, также связанных с расчетом элементов треугольника, а именно "метод составления уравнений". Как ясно уже из самого названия, этот метод основан на введении одного или нескольких неизвестных, которыми являются те или иные элементы треугольника, и последующем составлении для них необходимого числа уравнений.
Рассмотрим сначала простой пример.
Задача. В треугольнике ABC .длина стороны | АВ) -равна 4 см, длина стороны \АС\ равна 5 см, радиус окружности, описанной вокруг треугольника, составляет ТрГ*см. Определить площадь треугольника ABC, рис. 43.
Если бы в этом треугольнике кроме длин сторон |АВ\ и \АС \ был из- вестен угол ВАС меяду В ними, то задача была бы
"стандартной", одной из тех, решение которых рассматривалось в предыдущем параграфе. Однако угол треугольника неизвестен; вместо него дан другой Рис. 43 элемент, а именно радиус
описанной окружности.
Чтобы свести эту задачу к решению "стандартной", введем в
качестве неизвестного недостающий угол ВАС. Если принять теперь,
4-1724
49


что в задаче известны две стороны и угол между ними, то стандартным методом можно вычислить как радиус описанной окружности, так и площадь треугольника• Причем, приравнивая полученное выражение радиуса описанной окружности данному для него значению, получим уравнение, определяющее величину угла ВАС е
Решение, Обозначим величину угла ВАС через cl.
Тогда |ВСI находится по теореме косинусов*
\BCl2=. I А8>|2+ [АС|2~ 21АВ|1АС| cosx
или _
| ВС| = J 16 + 25-2-4-5-COSX = /H40COSX .
Используя затем теорему синусов, получаем для радиуса R
описанной окружности выражение
D- IBC1 _ /57-40 cosa:
14 “ Z&inOL ~ 2 sin ос
Поскольку R, 9 т0 получаем для X уравнение
- _ Гй7
2 Sin ОС ~ V т ■
Решим это уравнение. Имеем
ty-i-tfOcoscc.- 28 Sinz0c
или
28 cos2x - ^Ocos'cc i-i2>~0 .
Отсюда;
1p COSX - > ОС'} - ( Sin OCj - l/З/2З ^
2o co£x^-^ , xz ^ a^cos (sihх^-аИ/м) .
Таким образом, решение задачи неоднозначно. Существуют два неконгруэнтных треугольника, имеющих по две равные стороны, но с разными углами между ними, причем оба таких треугольника вписаны в одну и ту же окружность с радиусом R - V? е
Из чертежа на рис0 43 видно, что такими треугольникам! могут быть A ABC и Д -АВ^С 9 где В^ - точка, симметричная с точ¬
50


кой В относительно диаметра окружности, проходящего через вершину А треугольника*
Соответственно найденным значениям Х1 и получаем
выражения для площади треугольника
W я £|A8IIACl Sinxt = £ -5У3 [см2) ■
S4S4C - \AC\Sin (Х.г =- - 15]/з/^(cmz).
Этот пример наглядно показывает, в чем состоит суть излагав
емого метода. Отказавшись от условия задачи, которое непосредственно не могло быть использовано в данном случае - радиус £1 описанной окружности 9 мы ввели в качестве неизвестного "удобную5* величину, которая дополнила исходные данные до "стандартного" набора параметров (в рассматриваемой задаче - угол X треугольника^ . Эти параметры позволяли известным образом вычислить любой элемент треугольника, в том числе и тот элемент, от которого мы временно отказались. Формула для вычисления этого элемента служила фактически уравнением для определения введенного неизвестного элемента.
Рассмотрим еще один пример®
Задача. Один из углов треугольника составляет 60°, а
длина высоты, опущенной на одну из сторон, образующих этот угол*
равна 3 Мо Найти площадь треугольника, если радиус вписанного в него круга равен I м.
Решение* Пусть в треугольнике АБС , рис0 41, 42э угол ВАС = Х/3 • Кроме того* известны длина высоты = 3,
опущенной из вершины В , и радиус % =
Введем две неизвестные: длину стороны [ас] обозначим X 9
а ВАС - о Будем теперь считать, что в треугольнике ABC дана сторона и два прилежащих к ней углаэ Тогда, согласно идее рассматриваемого метода, следует выразить через эти данные величины
51


радиуса вписанного круга и высоту. Воспользовавшись для этого стандартным приемом "решения треугольников", получим систему уравнений
ГА.(с££о1 + ) = ЭЬ
1 ticb^/z + ct$F/z)* я-
с двумя неизвестными X и ^ Далее имеем
J /3 -I- = а,
(т/3 + сЦГ/2--0С.
Исключая X , получим уравнение
-- Зс±$Г
run oS&ZkzL .
Щ Чг = 3
Отсюда находим cf-^% =V3 } Tjz = ^/б или
Таким образом, треугольник ABC - равносторонний. Далее получаем:
X* ЪсЪ%у f{3 -2-tZ > ир наконец, определяем площадь треугольника§
S„,c=
В отличие от решения предыдущей задачи, здесь оказалось удобным ввести не одну, а две неизвестныес В остальном же решения этих задач принципиально не отличаются друг от другав
Еще один пример задач подобного типа.
Задача» Найти величины углов треугольника, если высота и медиана, проведенные из одной и той же вершины, образуют с боковыми сторонами углы, равные
Решение. Прежде всего отметим, что в этой задаче не задан ни один линейный элемент, т.е. элемент с размерностью длины, и требуется определить также безразмерные величины - углы треугольника. Отсюда легко заключить, что наряду с любым треугольником, отвечающим условиям задачи, им же отвечает любой другой треугольник, подобный взятому. Поэтому одну из сторон треуголь-
52


ника ABC , рис. 44, можно задать произвольно, например, принять
АС) 	= I. Кроме того, обозначим ВАС = X , ВСА = ^ . Тогда
в треугольнике ABC будут как бы заданы сторона и два прилежащих к ней угла.
Согласно излагаемому методу, нуж- в но записать через введенные неизвест¬
ные два условия;
а^ высота [ш] треугольника ABC образует со стороной £вс] угол oLj
б) 	медиана [В])] треугольника ABC образует со стороной [АВ) угол оС j Первое из этих условий приводит к простому уравнению
Второе условие можно записать следующим образом. Пусть /77 -«
длина медианы [ВЗ)] , Очевидно, что \АЪ\ = Х/2, С\= 1/2,
3)ВС - ~о( = Зь-(ос+у . Тогда, используя теорему сину¬
сов в А АВЗ) ив д 3)ВС 9 имеем:
Рис* 44
)АЗ)| _ ГГ)
SindL ~ Since
13>С|
или
т
SiVifX-X-y-еО
Исключая tn 9 получаем
SСу) (эС + "tol) STi у\ сЛ
или —л
Sind
Ул,
т _ . SCnOC-
(2)
Slh ol
Таким образом, приходим к системе двух уравнений с двумя неизвестными ос н ^
Исключив из второго уравнения*}с помощью первого, получаем
4х-1724 53


COS CL _ COScL Qi v\ ol Sin DC.
или
gin 2oc. = £i>\ ZoL .
Отсюда имеем:
1) 2 cc,-2o( эс-оО
2) 2 x - x * .
Первое равенство дает решение X s о( f ^ = % -ot 9 т.е. СС+^ - Х/2 ,( треугольник ABC - прямоугольный )»
Второе равенство приводит к решению X = ^ = Я/z -d , т.е.
треугольник ABC - равнобедренный (медиана [BD] совпадает с высотой [ве] ) .
В качестве последнего примера этого параграфа рассмотрим следующую задачу.
Задача. Хорда [АВ] стягивает дугу окружности, равную 120°. Точка С лежит на этой дуге, а точка D лежит на хорде
[АВ] 	. Цри этом fADj =2, |ВЗ>1 =1, |3)С| =/21 Найти площадь треугольника ЛВС .
Р е ш е н и ех. Обозначим угол ADC буквой X , рис. 45. Тогда угол CDB = ОС-ос и площадь 5 треугольника ABC дается формулой
S = ^г1А31|1>С.1 sinO. + -i-leSHIDClstn (JT-OC.)
или
S - £■ •2-ifl* Sin ос. + ^-4-fZ Sin x= 2&Sinoc .
Здесь, как и во многих других задачах, приводится один из возможных путей решения. В данном случае выбранный путь решения призван продемонстрировать возможности излагаемого метода. По- другому эту задачу можно решить, используя теорему о произведении отрезков хорд, пересекающихся в одной точке круга, см. § I.
54


Таким образом, задача сводится к отысканию неизвестной ос
По условию задачи угол АСВ равен 120 , Значит, это условие нужно использовать в составлении уравнения для ОС- в Для этого используем теорему косинусов в А АБС 9 выразив предварительно [АС 1 и )ВС| по этой же теореме из треугольников АЭС и EDC s \AC\Z = I Д3>12 + |DC|2-21 AD| IHCj со so. ,
(ВС|г= |ВЭ|г + |0Xl2,~2|B3>l!3>C| CosfTT-x),
или
jAcj2- = 6 cosol ,
\BC\Z =■ 3+zJz cosoc.
Наконец, используя равенство
1АВ1г = |AC|2 + |bc(2-2|AC)|BC| cos 120°>
получаем уравнение для определения величины ОС %
9 = (6 -4i/2 cosx) + (2> + 2fZ coqoc)'*
V 6-Vi/2. cosx П + 21/2cosoc' или
2\J]f cosx = 'fs^ZJZco^oL .
Отметив, что cos ос ^ о 9 получаем
8co$zoc = /£ ~16со$*~ос 9
C0SZ3L^-i~ •
Поскольку COS^C^.0 ; TO COS IX -1/3/2 , ИЛИ «X = 30°с
Отсюда находим, что ScflX- i/2. или
Для приобретения навыков решения задач рассмотренным методом необходимо самостоятельно решить следующие задачи*
Рис. 45
55


Задачи
I. Биссектриса одного из острых углов прямоугольного треугольника в шесть раз короче гипотенузы* Найти острые углы этого треугольника.
Ответ. 2 a^tdcos 3/$ , T/z - 2 aiccos З/ц ,
2о В остроугольном треугольнике ABC дано: ВАС = ,
-Л
ВСА = /у , проведенная из вершины В медиана имеет длину т Вычислить площадь треугольника ABC .
Ответ. mzscnd sin t Я» U+1T)
4 s in V Sin +si* l(oL -f)
/\
3, В треугольнике ABC угол ВСА равен 60°, а радиус круга, описанного вокруг этого треугольника, 2т/з1 На стороне [АВ] взята точка D , так, что/АЗ>!= 2)3>8| и при этом |СЛ>1=У21 Найти площадь треугольника ABC .
Ответ. 3^ .
4. Найти площадь треугольника ABC , если |АС 1 = 3, |ВС|= 4,
а медианы |АК] и [BL] взаимно перпендикулярны.
Ответ. V It'•
5, В остроугольном треугольнике ABC угол ВАС равен . На стороне [вс] как на диаметре построена окружность. Эта окружность пересекает сторону [АС] в точке Р , а сторону £ав] - в точке (к . Найти отношение площади треугольника APQ. к площади треугольника АБС .
Ответ® CO£ZcL .
6. В треугольнике ABC со сторонами )ВС1= а , 1АС|= 2 а.
и углом ВСА =120 вписана окружность. Через точки касания этой окружности со сторонами \кС\ и [вс] и через вершину В проведена вторая окружность* Найти ее радиус.
Ответ. а V 6,5 -2VT *.
56


7. В треугольнике ABC из вершины угла А на сторону [ВС] опущена медиана» длина которой равна половине среднего геометрического длин сторон [АВ] и [АС] „ Угол в£с равен . Найти углы с(л и cLz , на которые медиана делит угол ВАС , считая, что о1л > oLz .
Исследовать, при каких значениях d задача имеет решение.
Ответ. о(1 - oL/z + 1/z О.*гесо$ (2sift'd tCoSol)^
- °V2 - V2 &№(>$, (2fcnLo( + cos<A) .
Решения существуют при 2Х/3 £о( <
8. В треугольнике ABC длина стороны [вс] равна среднему
арифметическому длин сторон £ав] и [ас] , Угол ВАС равен
Найти углы ABC и ВСА , считая, что ABC > ВСА . Исследовать, при каких значениях о< задача имеет решение*
Ответе ABC +cl*lccos> (2sin °(/z) ,
ВСА =(x~ot)/2 - atccos (2 Sin u/z) #
Решения существуют при 0 < d ^ Я/З.
9. В треугольнике ABC сторона [ав] имеет большую длину, чем сторона [ас], а угол ВАС равен о( р На стороне [АВ] взята
точка Ъ так, что \В1)|=|АС| . Пусть Е - середина отрезка [АЭЗ 9 a F - середина отрезка [ВС]. Найти угол ВЕР.
Ответ • oLjz,
10. В равнобедренном треугольнике ABC (*|АВ| = |АС|)проведены биссектрисы [AD], [BE] , [Ср] • Найти длину стороны [ВС], если известно, что ]АС| = I, а вершина А лежит на окружности, проходящей через точки 3) , Б > F .
Ответ о (■/17* - l) / 2.
57


§ 4. Пропорциональные отрезки в треугольнике
В этом параграфе приводится решение одной полезной планиметрической задачи, связанной с пропорциональным делением отрезков в треугольнике, и основанный на ней метод решения большого количества других задач, в том числе и стереометрических.
Рассмотрим следующую основную задачу:
В треугольнике ABC , рис. 46, из вершин А и В к сторонам [ВС] и [АС] соответственно проведены отрезки [А$ и [BE] , делящие эти стороны в заданном отношении, т.е.
1BD1 lAEl _ Л . (!)
р>С) " 1г ’ | ЕС! ' %
Определить, в каком отношении делятся эти отрезки точкой
их пересечения, т.е. найти отношения lBQl м JM-
iqei га *
Говоря иными словами, известно, в каком отношении отрезки [OJ и [ве] делят противоположные вершинам А и В стороны треугольника,0 требуется определить, в каком отношении они делятся между собой*
Оказывается, что эти отношения не зависят ни от вида треугольника, ни от длин его сторон, ни от его углов, а определяются лишь отношениями, в которых делятся соответствующие стороны треугольника точками J) и Е , т.е. пропорциями (l) .
Решение. I. Найдем сначала первое из искомых отношений, рис. 46,а. Для этого выполним вспомогательное построение, характерное для всех задач подобного типа. Проведем отрезок [EF]|| [вс] (точка F лежит на [АЭ])и обозначим его длину через X , т.е. положим |EF) = ОС .
Поскольку А АСЗ> ^дАЕР , причем коэффициент подобия согласно второй из пропорций (I) равен ( P + ty)/ р > то
58


\DC\ - llSe. IefI - a:
Рис* 46
Используя затем первую из пропорций (I)
I В$1 = т/п 13>с|
находим
или
|ВЗ>| =
Наконец, из подобия треугольников В1>&
IBQ.I _ 1ВХ>1 IQEI " IFEI "
т.
Л_
и EFQ. находим
CL ” ^ ‘ Р
Таким образом \BQl: I QEl = I^Jn * (j+ Я?/р) •
2o Аналогично находится отношение J AQl : I &3)( , рис, 46,6,
Для этого проводится || [ДС] (точка К лежит на № ;
{К2>] = ) . Из подобия треугольников ЕСВ и KDB с коэффициен-
том подобия (n\+h)/in имеем
|ВС|=
Далее находим [АЕ) , используя вторую пропорцию ( I ) :
используя вторую пропорцию
|АЕ1 = |ЧЕС|,£.а±^
Наконец, из подобия треугольников ЛЕО, и Юф вычисляем
отношение I AQJ ** lQ2)| :
IAQ1 IAEI _ •& • 'if- _P_ I (*31 ' IКТЦ ~ % Я,
T.e. |AQl :|Qbl = ?/%'(!+ П/™)-
59


Таким образом:
если
1В0>1 _ т l^£i . JL
pci ' Г) ’ I БС| "
ТО
Рассмотрим несколько примеров
Пример I. Найти отношение, в котором делятся медианы треугольника точкой их пересечения.
Решение. Для рассматриваемого случал П) ~ t) ~ р ~ ^ = I Поэтому |BQ|:[AE1 = 2 и |АФ| =2. Это означает, что
медианы делятся точкой их пересечения в отношении 2:1, считая от вершин треугольника.
Пример 2. На стороне [вс] треугольника ABC взята точ ка 3> , такая, что |BD] : |Э С\ = 2:5, а на стороне [АС] - точка Е так, что |АЕ| = 1/3 \АС\• В каком отношении делятся отрезки [BE] и [А3>] точкой Q их пересечения?
Решение. Обратимся к рис. 46, а и б. Учитывая, что
|АЕ| : 1 ЕС\ = I :2, имеем
|ка>1 = ^ ; /ес|=%^- \AE\=*U%-
Поэтому [AQ|; |&3)I = |А£|: ^ = 7/4 = 7:4 (в частности, | А&[ = = 7/И (ACDl).
нии делятся биссектрисы внутренних углов треугольника точкой Q. их пересечения.
Аналогично этому имеем:
|EF| = х ) !сэ| = 3х • I В3>! - e/s'cc •
Поэтому | ВQ1 *.|QЕ) = 6/5 = 6:5 (в частности, =
= 6/11 |ВЕ| ).
Пример 3. В треугольнике ABC длины сторон 
и [ас] относятся как 2:4:5 соответственно. Найти, в каком отноше-
60


Решение, Используя свойство биссектрисы делить противоположную сторону треугольника на части, пропорциональные заключающим ее сторонам, находим, рис. 47: pcfr j >
=^.Используя затем результаты решения основной задачи этого параграфа, получа-
\АВ\:\ВС[\АС\=2-4'5
ем
I.
3.
1ML Л/.Д). с. , |GE1 “ 5 Ч+zJ-T !dSJ - Z-fj+SL) * |аз>1"ТП 2. J -Т '
-tCQ]. - JL fj+ S') . JL. !$&| 2 (1+t) ~Z
Рис. 47
Пример 4. В треугольнике ABC , площадь которого равна 18 м2, проведены отрезки [BE] и [AD] , причем точки Е и 3) лежат соответственно на сторонах [АС] и [вс] и делят их в отношении [АВ! s \ЕС| = 3;4 и \В1>\ s|Ц> СI = 2;7. Найти площадь четырехугольника CEQ3) » где Q - точка пересечения отрезков [BE] и [АЭ] о
Решение. Площадь £Се®2> четыРехугольника CEQD 9 рис. 46s6p равна разности площадей треугольника АСЭи
л треугольника AEQ , т0е.
“ ^АГТ> S&tzfa >
5АСЗ>
причем
о \АЕ\ 1Ш . о
ЬАва - • , дф!
ДСЗ>
(2)
поскольку aAEQ образуется из треугольника АСЗ> путем уменьшения его сторон [АС], и [AD] соответственно в Тае I / |ас! и
61


|Afi( / ]АЭ\раз. Известно, однако (см. §1) , что в этом случае площадь треугольника уменьшается в |АЕ| * |А Q| / | АС) • |АЭ| раз. Кроме того, очевидно равенство
£/>83) : $Acj> г 2.: % поскольку треугольники АВЗ) и АСЛ> имеют общую вершину А и основания, лежащие на одной прямой. Отсюда следует, что их площади относятся как длины оснований |BD| и |СЗ>) , т.е. как 2:7.
Таким образом
С - 2 с °Ас1> - -д- ->ЛВС
Из равенств. (I) - (з) следует:
5CEQ3> = $АСХ - Saeq = (i- ^Ши4§л") =
.гг, 1/»Е!|Ай| \ _ t4EI)AQI \
" 9 1ДСЦ ADlJ^UC- тИ “ 1ЛС11А2»)-
Учитывая, что по условию |АЕ1 : \ЕС\ = 3:4 или |AEJ =
= 3/7 \АС | , получаем
о ^ и г J з IaqH
■^CEEiD- Ч 11
и задача сводится к вычислению отношения (AQl/ [АЗ | , что легко осуществляется рассматриваемым в данном параграфе методом. Имеем | ю\* $ ■ |ECl = ; | А-El = Щ • % •
Поэтому (Аа) /Ю]= |АЕ| / |KD]= 27:8 или [AQ) = 27/35 jАЦ>|
После этого находим
С - U [ А . 21- ^ - п . 1 €£. .
~ / у. 35" J 2 4Г
Пример 5» Каждая из сторон произвольного треугольника АБС разделена на три равные части так9 что точки деления , Е и F , лежащие на его сторонах [АС] , JJBA] и [СВ] соответственно, отсекают по 1/3 длины каждой стороны ^ \АЭ\ = 1/3 j АС 1 ,
\ВЕ| = 1/3 |ВА|, |CF| - 1/3 |СВ| ) , рис0 48. Вершины треугольника ABC соединены с точками деления отрезками прямых [AF],
[ЭЙ и [СЕ*] , которые, пересекаясь, образуют треугольник PQR . Какую часть площади треугольника ABC занимает треугольник
PGIR ?
62


Решение. Заметим сначала, что суммарная площадь заштрихованных на рис. 48 треугольников АРЭ, BRE и CQF равна площади треугольника PQR . Действительно, с одной стороны, площадь каждого из треугольников ACF, ВСЕ и >482>равна 1/3 площади всего треугольника ABC. С другой стороны, эти треугольники размещены внутри
я
треугольника АБС таким образом, что площади заштрихованных треугольников перекрываются дважды* в то время как треугольник Райне покры- Рис. 48 вается ни разу.
Поскольку S#bc “ &acf и
SABC ~ S&CB 8з0 +^CC(fO ?
то очевидно, что
а +SCOp .
Найдем теперь, какую часть площади треугольника, например,
AC F , составляет площадь заштрихованного треугольника АР2) .
и”“ s*,- -И91 а— -
Saрз> - f Щ\ Sabc ■ | др| / I д pi
и задача сводится к отысканию отношения |АР| / | АР/ .
Согласно основной задаче, излагаемой в этом параграфе, можно положить т/п = |BF| : |FC| = 2:1 ; р= |АЛ)| : \ЪС1 = 1:2.
Тогда искомое отношение определяется формулой 3 z
или |АР| = 3/7 (AF| . Отсюда следует
Ь/урл> ~ 2i *
Аналогично находите
$ьяе ~ scqf. = ^ SA8C *
63


Таким образом площадь треугольника PQR равна 1/7 площади всего треугольника ABC:
^ JL4 “ f W *
Рассмотрим теперь решение задачи, которую можно назвать обратной по отношению к рассмотренной выше. Основной ее вопрос можно сформулировать следующим образом: найти, в каком отношении отрезки [АТ>] и [BE], проведенные из вершин А и В треугольника ABC к сторонам [вс]и [АС] соответственно, делят эти стороны, если известно, в каком отношении отрезки [AD] и [BE] делятся между собой?
Таким образом , рассматривается следующая задача:
в треугольнике ABC проведены отрезки [АЪ\ и [BE] , пересекающиеся в точке Q. , рисо 49, так, что известны отношения
Ш1.-Я -LML = и .
ISDI IQEI Г г , г п
Найти, в каком отношении делятся стороны |ACj и {BCJ точками Е
и 2) , т,е. найти отношения
IAEI Ш
|ЕС1 и рс|
Решение, Воспользуемся результатами решения основной задачи, изложенной в этом параграфе. Обозначим искомые отношения через рjc^ и tojn соответственно. Тогда имеем систему уравнений
Перепишем эту систему в виде
J. т. - 1 X-
1+ п -Л
. а а ИЛИ
Отсюда легко находятся искомые отношения, а именно:
£- , ЛЛг±,
% 4+/*
J2L .
п 4 +А
64
± - ±. -„j ? 1% г»/п
-Щ


Очевидно, что решение обратной задачи существует при
в
Рисо 49
Пример, В треугольнике ABC отрезки [АЗ)) и [вс] 9
проведенные из вершин А и В к сторонам £ВС] и [АС] соответ¬
ственно, делятся между собой в следующем отношении:
\AQ\ „ А Ш JL
\Ш ' * > \QE\ = 5
(б - точка пересечения отрезков [АД)] и [вс] ) 0 В каком отно¬
шении точки Е и Д) делят стороны треугольника?
Решение, Воспользуемся полученными формулами (или проделаем те построения9 которые описывались в начале этого параграфа), Тогда находим:
£ - 3/z-Vs~i _ 1. .
Чг ' l*Vs ‘ з '
т З/г • у/г -/ 2
7Г г ' - 25 '
Таким образом, |АЕ] / )ЕС|= 1:9, \В Т)) / | С\= 2:25 .
Пример 7о В треугольнике ABC отрезок AD , прове- денный из вершины А к стороне ВС 9 делит последнюю в отношении 2:3, т.е, (BlOjs |л> С| ~ 2гЗв Из вершины В к стороне [АС]
проведен отрезок [щ] 9 который пересекается с отрезком АЗ) в точке Q так, что \вQ.\» 2 [й Е\ 0 Найти, в каком отношении


Решение, В этой s смененной, задаче заданы оететешя
.ml. г ~ 18(21 , 2
Р<М ■ 3 ’ |ёяТ' Т •
Требуется найти отношение \АЕ\ /\Е.С \ .
Обозначим отношение |АЕ| / | ЕС \ через р/^ и введем неиз~ вестную величину Л , равную отношению отрезков |A(Sl/|Q3>| « Тогда имеем систему уравнений
('! + i) * л, i(l + f)= 2,
из которой легко, определяемg что р/е « 1/2 н А ~ 5/40 Это означает9 что сторона [АС] треугольника АБС делится точкой Е в отношений Is2с
Отметим теперь еще две задачи9 которые условно назовем "задачами о внешних пропорциональных отрезках"0
Задача,, На сторонах [АВ] и [вс] треугольника ABC 9 рис» 50* взяты соответственно точки Э и Е. так* что 1BD|s|3)A|
= р : <р и |ВЕ | ; |ЕС| - т:п (p/f ф m/fl'j . Через точки 3 и Е проведена прямая до пересечения в точке Q с прямой (ас) Найти отношение | (ЭAl * 1 QCj
В
Таким образом, по известному отношению отрезков* на которые 66


делятся боковые стороны треугольника9 требуется найти отношение расстояний от точки пересечения прямой* проходящей через точки деления боковых сторон9 с основанием до вершин этого основания* Решение» Аналогично решению предыдущее задач этого параграфа выполним дополнительное построениег проведем отрезок [CF] параллельно стороне [ав], рисо 50о Обозначим длину этого отрезка через «X 9 тве* положим \СР\ - X „
Из подобия & ВЕЗ) и & СЕР с коэффициентом т/п имеем |B2>| = -^|CF| ■
Учитывая* что \BD|s|3Al = Р/^ » находим |2> А| %
\т-- f\m -
Наконец9 из подобия л (Э,АЗ> и &QCP получаем искомое отношениеs |QAj _ m/n • %/p ’ & _ JZL. Jk- IQCl “ ^ ~ n p
Отсюда вытекает* что [Qc| = |AC 1 /(m^/np i) ® Попутно
следует отметить* что если Р/ср < М/п 9 т«е0 tn^>np 9то
точка й лежит на продолжении основания треугольника за точку С р в то время как при те^ < tip эта точка лежит на продол¬
жении основания за точку А в
3 а д а ч а0 На продолжении основания [ас] треугольника АВС за точку С взята точка Q 9 такая9 что [€Lk\ s )Q. С \ « А 9 а на стороне [ав] - точка J) , такая, что |BJ)| s jJ> A[ = p i (fy рис о 50o В каком отношении отрезок [3>С$ , пересекаясь в точк©
Е со стороной [вс] 9 делит эту сторону?
Эта задача является фактически обратной к предыдущей* Решение,, Воспользовавшись результатами решения предыдущей задачи, можем написать
где т/п
IfiCl - п р ” Р
|ЕС| . Отсюда находим 67


|ЕС| А % что и дает ответ в этой задаче,
В качестве примера рассмотрим несколько задач из стереометрии* Пример 8* В треугольной пирамиде SABC (S - вершина) на боковых ребрах [SA] , [SB] и стороне основания [ас] взяты соответственно точки М , N и Р , такие 9 что
ISMl _3 13/V) ^ ± \A~P\_ „ _JL .
1МА| ' 5 ’ 1^в| “ 5 ’ IPCI “ 3
Найти, в каком отношении делит сторону основания [BCJ плоскость,
проходящая через эти точки*
Решение. Чертеж к этой задаче представлен на рис* 51.
Продолжим прямую (М N) , лежащую в плоскости грани (ASВ) до ее пересечения к точке К с продолжением стороны основания [ав\ • q Поскольку прямая (МЫ) лежит в
плоскости9 проходящей через точки М р N и Р , то и точка К лежит в этой плоскостио Соединим точки Р и К принадлежащие плоскости основания пирамиды, отрезком прямой, пересекающим - ся со стороной основания [вс] в точке Q о Так как точки Р и К лежат в плоскости, о которой идзт речь в задаче9 то этой плоскости принадлежит и точка Q i четырехугольник MNQ.P ~ сечение пирамиды этой плоское*шв
Найдем сначала, где на основании [&В\ находится точка К 0 Дяя этого вынесем плоскость грани ( ЛSB) ка отдельный чертей^
68
Рис* 51


рис. 52,а. Выполним дополнительное построение: проведем [Bfr]II|АС] и обозначим X = |BF|. Имеем:
\5!\Л| = 5-эс. > так как jSNb (NB>1 =7:5;
IMA1 = ~ • I SlYlj --fee,
откуда следует, что |АК| : | ВК | = 7:3.
С
Рис. 52
Перейдем теперь к рассмотрению плоскости основания пирамиды (ABC) , рис. 52,6. Проведем [B&]ll[AC] и обозначим Lj = |В&] Имеем:
lAPl - 4f ^ , так как [АК\ : |ВК| = 7:3^
|PCl = -|-|AP|= •
Отсюда следует, что )С<2.| : | QBI = 7:2.
Итак, точка Q. делит сторону основания [вс] в отношении 7:2.
Пример 9. На продолжении стороны [ас] основания треугольной пирамиды SABC (S - вершина) взята точка 1) , та¬
кая, что [IDC1 = 1/2 |АС|. Найти отношение объемов тел, на которые делит пирамиду плоскость сечения, проходящая через точку 3) и середины ребер [SА) и [SB].
Решение. Пусть Е - середина ребра [SA] , a F середина ребра [SB], рис. 53. Поскольку точки Е и Л) принадле- 5х-1724 69


кат сечению* то этому сечению принадлежит к вся прямая (въ) 9 в том числе и точш Q ее пересечения с ребром [SC] пирамиды* Соединив точки Е * F и Q попарно отрезками прямых* получим сечение пирамиды* о котором идет речь в задаче*
Нетрудно заметить* что объем треугольной пирамиды SEFG 9 получаемый из треугольной пирамиды ЗЛВС путем изменения длин ее боковых ребер соответственно в к 9 т и П раз* составляет ktnh “Ю часть объема пирамиды SABC * Тово
Xef& = ктп%*ы ■
Рис. 53 Поскольку [ESI 2 [ Л-S! = 1/2*
|FS|:|8Sj=: 1/2,то/г=т* 1/2 н для применения последней формулы необходимо знать П * тве0 в каком отношении точка Q делит ребро [Sd] о
Рассмотрим боковую грань (ASC.)пирамиды0 Как обычно, выполним дополнительное построение* состоящее в проведении Имеем X * \СК\ 0 Далее находим,0 (АЕ] = 3 ОС 9 поскольку [АЗ)ЦЗ>С[я = 3$ \ES| = I АЕ I xs ЗХо Из подобия треугольников Q£S и QCK получаем; ]SGl| : | QC\ = 3?I0 Следовательно* jSQl = 3/4 • lSC{ 0 Имеем:
= a* z ~ 16 VsASC
ИЛИ e 3sI3e
Пример 10. На продолжении стороны £ac] треугольника ABC отложена точка 3) , такая, что (3>cl= I/2'jACl* а на стороне
70


[вс] - точка Е , которая делит эту сторону в отношении | ВЕ| s |ЕС| = = Is2o Точка соединена с серединой F стороны [АВ] отрезком прямой, которая пересекает [АЕ] в точке Q. , В каком отношении точка & делит отрезок [АЕ^ ?
Решение. Проведем [СЙ1[[АВ] и примем |СК|= X Тогда [АР | = 3-Х , поскольку Ц3>| = 3-1 С3>| , рис» 540
Поскольку, однако, |AF| = IF ВI , то и \FBl « = 3-Х . Из подобия тре-
угольников &6F и &СК, где & - точка пересечения отрезка со сто¬
роной [ВС], получаем?
1В&|:|С&1 в 3§1
Рисо 54 или J В&| = 3/4 }ВС[0
По условию {ВЕ\ = 1/3 \ВС ] ^ значит | Е&| = 5/12 \ВС| в Проведем далее отрезок [CL] параллельно отрезку [АЕ] и примем jCLl = ^ о Тогда имеем? I AQl = 3*^ , поскольку [АЪ\= 3 • \СЗ>|9
а мз подобия треугольников &Й£и б КС с коэффициентом подобия 5/12 s(l - 1/3 - 5/12) = 5s3 следует, что !QH|= 5/3'у . Составляя отношение |AQ|k [ QE| , получаем Ш - JJL - 9:5
ISEI “ Щ '
Задачи
I. 	В треугольнике ABC на стороне [ав] взята точка К так, что |АКI % Jbk| « Is2, а на стороне [ВС] взята точка L так, что |CL| s]BU] = 2:1о Пусть Q - точка пересечения прямых (AL) я (СК) . Найти площадь треугольника ABC , если дано, что
71


площадь треугольника В&С равна I.
Ответ* 7/4.
2. В треугольнике ABC , площадь которого равна 6, на стороне [АВ] взята точка К , делящая эту сторону в отношении \АК\ : \ВК\= 2:3, а на стороне [АС] - точка L , делящая [АС]
в отношении 1ЛЦ: ILC| = 5:3. Точка Q пересечения прямых (СК) и (BL) удалена от прямой (АВ) на расстояние 1,5. Найти длину стороны [ав].
Ответ. 6,4.
3. В треугольнике ABC на стороне [АС] взята точка К так, что |АК\ = 19 [КС 1 = 3, а на стороне [АВ] взята точка L так, что lALl :|LBl.= 2:3. Пусть (9 - точка пересечения прямых (вк)
и (CL) . Площадь треугольника AQC равна I. Найти длину высоты треугольника ABC , опущенной из вершины В .
Ответ. 3/2.
4. На продолжении стороны [АВ] треугольника ABC отложен отрезок [AD] так, что \AZDl : I АВ \ = о( .На продолжении медианы [ВЕ] отложен отрезок [Е^ так, что |EFl : | BE 1 = . Найти
отношение площадей треугольников B£F и ABC .
Ответ. (o{-i) ( /l •
5. 	На стороне [ав] треугольника ABC между точками А и В взята точка ID так, что lA3>1 : |АВ) = oL (oL^ i) в На стороне [вс] между точками В и С взята точка Е так, что |ВЕ| : | ВС] = = Jb (fb<4J. Через точку Е проведена прямая, параллельная стороне [АС] и пересекающая сторону [АВ] в точке F . Найти отношение площадей треугольников ВЗ>Е и ВЕР 0
Ответ. ('/-©О/.
6. 	Дан треугольник ABC . На стороне [АС] берется точка К , а на стороне [вс] - точка М таким образом, что IC/cl _ j- £>/емс 5
1**Г ^ Sa/CMB " в


Найти |CM I : j MB 1 .
Ответ, 6/5 .
7. Дан треугольник ABC , площадь которого равна I, На медианах [АК], \bL] и [CN] треугольника АБС взяты соответственно точки Р , Q и R так, что
I ар] _ л 1ва1 . _ _i_ , _!££!_ - £- .
1РК] > [QL\ " 2- |RN| 4
Найти площадь треугольника PQ R .
Ответ, 1/12.
8. На сторонах выпуклого четырехугольника ABC Л) , площадь
которого равна I, взяты точки: К на [АВ] , L на [ВС] , М
на [СЭ] и N на [А3>] . При этом
\АК\ 9 lBLl i lCMl х iML- _L.
|LC| ' 3 ’ JMDI |NA| 5
Найти площадь шестиугольника AKLXMN.
Ответ. 11/12,
9. 	На сторонах [ABj , [вс] и [СА] треугольника ABC взяты соответственно точки Р , Gi , Я такие, что 1 API = Чк * [АВ|, \8а\= Vm-|BCi и \Ск\= Vn i СА-1 , где К 9 17) 9 ft - натуральные числа, превосходящие I. Точка А соединена с точкой Q , точка В - с точкой R , точка С - с точкой Р . Найти отношение площади треугольника, вершинами которого служат точки пересечения отрезков [A&],[BR]h [СР], к площади треугольника ABC.
Ответ, 1- У/с “ 1/п + (пч)п^нъ
10. 	На продолжении ребра [SC] треугольной пирамиды SA-&C (S ~ вершина) отложена точка 3) , такал, что \С Х>\ = I,5\SC^ а на ребрах [S А] и [5 в] взяты соответственно точки Е и Р , причем \S El в 1/з | £А| и \S F} = ^/з j SB! . В каком отноше-
73


ним делит объем пирамиды плоскость9 проходящая через точки Э Е я F ?
Ответо 472/815о
§ 5о Взаимное расположение окружностей9 углов и треугольников
В предыдущих параграфах уже шла речь об окружностях , кругах и их основных элементахо В частности, отмечалось, что центр окружностиj вписанной в треугольник, лежит на пересечении его биссектриср а центр окружности, описанной около треугольника* - на пересечении срединных перпендикуляров к его сторонам0 Там т приводились наиболее часто используемые формулы для вычисления радиусов этих окружностей0
Остановимся теперь на решении различных задач9 связанных с расположением окружностей друг оттст^жьшо друга г а также окружностей, углов и треугольников0 Эти задачи подобраны таким образом9 чтобы их решение демонстрировало основные приемы и элементы решения других, более сложных задач»
Задача, Центр 01 окружности радиуса % удален на расстояние /71 от центра второй окружности 0^ радауеа R ( R> у /7) > £ + R ) • Найти длины общих касательных к этим окружностямо
Решение. Известно, что при условии no > R окружности имеют четыре общие касательные (две внешние и две внутренние ) с попарно равными длинами, рис0 550
Длины внешних касательных, например (к 1 К2) а находятся следующим образом. Проводим (0ПА) || (КнКг) и рассматриваем прямоугольный треугольник 0tA0z , рис. 55*а. Из него находим:
Очевидно, что 10^А\ * . Поэтому __
I кл1 о*А1 г У т2'-(И-ъ)г' =
74


Дяида внутренней касательной^ шпршор (^Мг), находился почти аналогичное Отроился (0&А)||^|М^) и рассматривается пря¬
моугольный треугольник О^АО^
второй окружностио
Решение, Определш
от решение, рис о 56* Если т >
имело место в предыдущей
задаче, не пересекаются^
при т ~ R+*z- они
касаются внешним образом
друг друга 9 а при
Я-Ч. < № < & + *Ъ
окружности пересекаются
в двух точках* При О £ т <к-*ъ
, рис* 55,бо Из него находится: 10гА|ЧМ/-10<А1\ Поскольку |0jA | » И+*1 то 1М,М*| = \ОьМ ~
=1lml-(R+i)z= l/(m+R+i)(m-R~t). Рассмотрим еще одну задачу о взаимном расположении двух . окружностей*
Задача, Центр 01 первой окружности радиуса *2. удален на расстояние ги от центра 0g второй окружности радиуса Я ( R > *•)
Найти дайну дуги первой окружности, заключенной внутри
сначала* при каких Пг\ задача име- 9 т® окружности, как это
75


меньшая из окружностей целиком попадает внутрь второй окружности. Таким образом, задача имеет решения при ^ т < R- + *V
Пусть Е и Р - точки пересечения окружностей. Длина ис-
*-Г V •
комой дуги | Е F1 равна удвоенной длине дуги ЕК , т. е.
| EFl = 2• IЕКI 2оСг,
где oL - величина центрального угла ЕО^К.
Для нахождения используем теорему косинусов. Из треугольника 01Е 02 имеем:
\E0Z\Z = |Ео/ + 101 Ог.12 | ВОл 110,0г.\ COSoi
или
/?* = ъг+тг'- 2 CoSoL,
COSoi -
2 *г.т
Таким образом: г. г г
I EFl = 2 & • anccos г — ■
При этом, если т = £.-+ Я , то JEFI = 0; если т =
то |БР| = 2жг , т.е. длине первой окружности.
Задача. Найти площадь общей части двух кругов радиу¬
сов ^ и Я (%> 'zj 9 центры которых находятся на расстоянии т друг от друга (%-*£
Решение. Аналогично предыдущей задаче, рис. 56, находим: чг
= atccos ,
<J _ пчсгос
с*2 _ arccos -gJTn *
где clsf и oLz - половины углов EO^F и BO^F соответственно.
По формуле для площади сегмента см. § I получаем, что площадь S общей части кругов определяется суммой
5 = i ^ (Zoil +
Здесь SCn 2о(^ можно вычислить по формуле
76


Sin 2e^1 = 2 С0&Ы.1 ■sino(1 - Z--^^~-,l3.inci'2.cco% ^
2.1 f>)
Аналогично
В обеих задачах ответ значительно упрощается, если окружности имеют одинаковые радиусы * Тево R = 0
Пример. Около прямоугольного треугольника описана окружность» Другая окружность того же радиуса касается катетов этого треугольника так, что одной из точек касания является вершина треугольника. Найти отношение площади треугольника к площади общей части данных кругов.
Решение. Обозначим радиус окружностей через R « Тогда |А0,1 = 1В01 j = |00,| « й , рисе 57 <,
Поскольку точка 0g » Центр окружности, касающейся катетов [АВ] и [вс], то (ВО^ - биссектриса прямого угла треугольника, (А0г)1(АВ) ,
(А02^1(ВС) о Следователь- но?угол ABOg равен 45°
и 1ав\ = [А0г| = к о
Так как [АВ[ = | А0.г|~
= (во,
R
то а АВО.
ЦТ*'
равносторонний и его
' ае ! = R/г .
Рисо 5? высока | ЕО,] равна Rl* Ъ jz
Проведвк (О^ F) II (ав) „ Тогда F) = \т\ Я/2 ?
\0гр}«* R-flis/z ~ R(2~fz)/2. о Следовательно,-
№, lo,o,|.- R ■
77
того 9


Таким образом,, эта задача свелась к предадущей, поскольку теперь известны не только радиусы окружностей* но и расстояние между их центрами« Площадь общей части двух кругов находится по формул®9 полученной в предыдущей задаче9 если в ней полохшть Имеем
Баьс ~ £ |АВ)|АС| sir\6o°-=. ,
S = -SinZ*\
и отношение площадей /S равно;
Sasc iS/z 5
~S “ ZoL -ZinZd
где
оС - агссо& m/zR - aiceos, [
Рассмотрим теперь несколько задач, в которых речь пойдет об окружностях, касающихся друг друга, а также некоторой прямой» 3 а д а ч а о Две окружности с радиусами *2* и R. касаются ДРУГ Друга и некоторой прямой0 Найти радиус третьей окружности*, касающейся первых двух и данной прямо й„
Решение* Очевидно, если fe. 4 R 9 то задача имеет два решения, рис» 580 Одна из окружностей вписана в криволиней-
Рис. 58
ную область К£ , другая касается данных окружностей и прямой внешним образом.
78


Пусть Oi ш 0? - центры двух окружностей ^примем, что
а О3 - центр третьей (маньшей^ окружности, причем ра- диус зтой последней обозначим 0 Расстояние между центрами О ^ и 0^ равно Я о Аналогично [0^ CL j = и 1о^О^\ ==
= « + & . 1
Рассмотрим прямоугольный треугольник 0^ 0г1> , где jD - проекция точки 0,| на перпендикуляр (0ZK2^ к прямой (АС) «
Идея решения состоит в том, чтобы, записав длину отрезка (Oil)] двумя различными способами ^один раз через и R. как сторону прямоугольного треугольника 0^ О^Э, другой - через & ,
Я и pi как длину равного ему отрезка 1.ЕРЗ) , получить уравнение для нахождения радиуса
Из прямоугольного треугольника 0^02Э имеем:
! оМ = ~(R-^ = ИЧЖ.
Из прямоугольных треугольников 0^03Е и 0г03 Р находим: |03Е| = Ziftl , IO3FI =2т/^Т.
После этого легко составляется уравнение
Z44X+2\FWi
или
откуда находим радиус искомой окружности:
О - Ъ* - •
*1 - (\ПГ +-ЛГУ-
Аналогично находим радиус ^большей окружности. Ее центр обозначим 0ц , а проекции точек 0 ^ и 02на перпендикуляр, опущенный из центра 0^ на прямую ^АС) - через Н и & соответственное
Очевидны следующие равенства?
101Н]« zf&i ,
1 °^! *
79


Поэтому уравнение для определения запишется следующим образом:
2-TtR - Zif^W-Zjp^ ,
откуда находим:
Ь Р
* тTW^VTJ1 ‘
Особый интерес представляют задачи, в которых две касающиеся друг друга окружности вписаны в некоторый угол. Оказывается, величина такого угла определяется только отношением радиусов данных окружностей. Справедливо и обратное утверждение: при заданной величине угла отношение радиусов таких окружностей однозначно определено.
Задача. В угол ВАС , величина которого равна , вписаны две окружности, касающиеся друг друга и сторон угла. Определить отношение радиусов этих окружностей.
Решение. Легко видеть, что центр любой окружности, вписанный в угол ВАС 9 лежит на биссектрисе этого угла, поскольку именно биссектриса является геометрическим местом точек, равноудаленных от сторон угла. Поэтому точка 0 , центр данной окружности, и точка 0.| 9 центр любой окружности, касающейся ее и сторон угла (очевидно, что таких окружностей будет две; вторая окружность изображена на рис» 59 пунктирной линией ) лежит на биссектрисе угла ВАС о
Проведем
/8 (0Х>)1| (АС) 9 где точка D
лежит на перпендикуляре, опущенном из центра окружности 0 ,j на сторону
(АС] 	9 рис. 59*
Рис« 59
80
&


Основным приемом» позволяющим связать радиусы окружностей с величиной угла, в который они вписаны, является использование соотношения в прямоугольной треугольнике 00*3) г гипотенуза в этом треугольнике равна сумме радиусов окружностей, поскольку те касаются друг друга, один из катетов, а именно ^0-jID], равен разности этих радиусов, поскольку окружности касаются прямой (ас) , а острый угол равен - dfe » так как центры окружностей лежат на биссектрисе.
Имеем
|OO-j| = lz.+ R.} IodI-R-'z, , O$)i>*oi/z.
Отсюда следует . ^ /
Р ь • ot. /&
sL"T^ 1&Г или SL/>1: = ТРг/я ■
Разрешая это уравнение относительно £./£ , получаем:
*2. i- Si*i°54
R 4 + s С п и/г
Таким образом, отношение радиуса меньшей окружности к радиусу большей зависит только от величины утла, в который эти окружности вписаны» Поэтому радиус второй (изображенной пунктиром ) окружности, касающейся сторон угла ВАС и данной окружности, относится к радиусу данной так же, как (1 - £ i Л ^/z ) /(4 + •£ с*-о< А ) ■
Пример. В треугольнике ABC размещена система бесконечного числа кругов, причем первый из них вписан в треугольник ABC,а каждый следующий круг касается предыдущего и сторон угла ABC . Какую площадь занимает система кругов, если стороны [АВ] и [ВС] треугольника соответственно равны I и 2, а угол, заключенный между ними, составляет 60°?
Решение. Прежде всего можно заметить, что радиусы кругов, а значит, и их площади, образуют бесконечно убывающую геометрическую прогрессию. Действительно, решение предыдущей
задачи показывает, что отношение радиусов двух последователь-
6-1724 от


ных кругов одно и то же и равно
_ 1 - SCnot/z __ i-sCn3o° _ _£
1+Sl?\ct/Z 4 + SifiB>0o 3
где *ZK - радиус /с -го круга* Таким образом,площади кругов 5*-м и 5/с > относящиеся как квадраты их радиусов, отно¬
сятся как 1:9, т.е,
Sk+1 ' f s«,
a S сумма площадей всей системы кругов определяется выражением q q
S = Si + Sz+S*+ -• •
Здесь использована формула для суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем 1/9. После этого остается вычислить площадь Sj круга, вписанного в треугольник ABC .
По теореме косинусов вычисляем третью сторону треугольни- на: 1Ас12=- 1*+ 2?-2'4-Z cos6o°=-
lAcl-VT.
Затем находим площадь треугольника ABC :
Вычисляем радиус вписанного круга:
_ Saec ^/г 4
-> Р~~ ~ (i+Z+tз)/2 " ITT?
и его площадь
9 7и
Si ~ ~ ц +2J3 *
После этого суммарная площадь кругов определяется выражением: q _ 9Х #
^ ~ BZ +1G VT Рассмотрим теперь несколько задач, в которых речь идет об
окружностях, касающихся только одной из сторон угла и пересекающих другую его сторону в различных точках.
Задача. На луче [АВ) , являющемся одной из сторон угла ВАС , даны две точки Р и Q. в Построить окружность, проходящую через точки Р и Q. и касающуюся другой стороны
82


угла {AC) ,
Решение. Пусть такая окружность построена, рис, 60, и М - точка ее касания с лучом [АС) • Поскольку точки Р и Q. заданы, то можно считать известными расстояния [АР[ и ]AQ] » ■ С По теореме о каса-
тельной [АС) и секущей (АВ) , проведенных к окружности из одной точки (А) , имеем?
|AM|24AQ|-1AP),
Рис о 60 т,е. квадрат длины каса¬
тельной равен произведению секущей на ее внешнюю часть. Отсюда находим
т.е, длина отрезка [am] является средним геометрическим длин отрезков [АР] и [ AQ] .
Построить отрезок [ш] можно следующим образом: отложим на прямой последовательно отрезки Jk<kJ и [KZK5], равные по длине отрезкам [АР| и [А<£] ; затем с помощью циркуля и линей¬
ки разделим отрезок [К^] пополам^ принимая середину отрезка [К^К^за центр окружности, опишем эту окружность радиусом 1/2 • [к4Кз^ ; из точки Kz восстановим перпендикуляр к до его пересечения с окружностью в точке L, Длина отрезка |~LKzJ и будет средним геометрическим длин [АР] и [А&]
Действительно, a/C^L/Cj- прямоугольный, поскольку угол K^LK3 опирается на диаметр окружности* Тогда отрезок ,
являющийся по построению высотой прямоугольного треугольника, будет иметь длину, равную среднему геометрическому длин отрез® ков гипотенузы, на которые ее делит точка К9 , тве0
или VIA-PJ • | Ай|' ,
83


что и требовалось доказать.
Отложив на луче [ACJ расстояние, равное (AMj, получим третью точку, через которые должна проходить искомая окружность9 ее центр находится как точка пересечения срединных перпендикуляров к отрезкам [Р Ф] , [Q. м] и ^РМ] .
Таким образом, соотношение длин отрезков, высекаемых на стороне угла окружностью,и отрезка касательной, образуемой на другой его стороне, регулируется теоремой о касательной и секущей.
Пример I. Центр окружности, касающейся стороны [ВС] треугольника ABC в точке В и проходящей через А , лежит на отрезке (ас]. Найти площадь треугольника ABC , если известно, что JBCl = 6, |АС1 = 9.
Решение. Пусть окружность с центром 0 проходит через точку А треугольника ABC и касается стороны [ВС] в точке В , рис. 61 ; 3) - вторая точка пересечения стороны [АС] с окружностью.
По теореме о касательной и секущей, проведенной из одной точки к 0!фужности, найдем
$*|ез>|«зб / сэ| * 4.
Следовательно, |АЗ>|= 5; радиус Я = 2,5.
Площадь треугольника ABC можно определить по формуле
^А8с~ Z Si/7 Лев »
Соединив центр 0 с вершиной В , получим прямоугольный треугольник ОВС, из которого находим SirtACB =-fg- •
Рис. 61 Подставляя значения |АС| и jBCl
из условия задачи и найденное значение синуса в формулу для площади, получим
84


о - JL . g,q . №5.
Аьс 2 “ i 2>
Пример 2. Кавдая из боковых сторон [АВ] и [ВС] равнобедренного треугольника ABC разделена на три равные части, и через четыре точки деления на этих сторонах проведена окружность, высекающая на основании АС хордуфЁ]• Найти отношение площадей треугольников ABC и ВНЕ, если |АВ\ = \ВС[ =
= 3 и [АС|= 4 .
Решение. Чертеж к этой задаче представлен на рис. 62. Пусть F - середина стороны [AC], a L и М - точки деления боковой стороны [АВ] так, что |AL|= I и [AM1 * 2. Обозначим, кро-
По теореме о касательной с секущей имеем
|ДЫ*1АМ| ® )АЗ>МАЕ1
ИЛИ „ л
't-Z? ос(Ч-х.),
откуда находим, что ос = 2 - У1Г , поскольку, очевидно, что ос <-2.. Следовательно, |П)Е| = 2j3)F| =
= 2 ‘YT.
Треугольники ABC и BDE имеют одинаковые высоты, поэтому их площади относятся как длины оснований, т.е. SS8
Пример 3. В треугольнике ABC | ABl *= /Й*, | ВС | = 2. Окружность проходит через точку В , через середину отрезка [вс], через точку Е на отрезке [АВ] и касается стороны [ас]. Найти отношение, в котором эта окружность делит отрезок [АВ], если{])Е] - диаметр этой окружности.
6Х~1724 85
ме того, |А1>1 * X .
в
Рис. 62.


Решение» Пусть F - точка касания окружности со стороной [ас] треугольника, рис0 63» Поскольку угол ЕВЗ) опирается на диаметр окружности, то он - прямой9 и треугольник АБС - прямоугольный* Его гипотенуза находится по теореме Пифагора? | АС \ = sVlf7*
По теореме о касательной и секущей, в данном случае проведенных из точки С , легко найти длину отрезка |Fcj в Имеем? |FCf= ICDl-lcbl или |FC|2H-2 ^ |FC\ = V2 .
Тогда | AF| * | ACj-jFCl = 3 -УТ - -fZ1 = zfS .
Обозначим |AE\ = X . По той же теореме для касательной (А Р) и секущей (АВ) получаем? }AFlZ= \АЕ\ *1АВ1 или (2УТ)г= xfl? , откуда нахо- диы X = 4 1/м’/7, Тогда |ЕВ| = -Vi? - X - 3 TfM>7„ Таким образом, IАЕ| j \ЕВ\ = 4;3 .
Задачи
1е Центры двух кругов с одинаковыми радиусами, равными 2, находятся на расстоянии 2 /З7 один от другого0 Найти площадь той части каждого из этих кругов, которая не принадлежит другому кругу *>
Ответ о ( 8UT +6/з)/з .
2о (борона [АВ] треугольника ABC является хордой некоторой окружности о Стороны [АС] и [вс] лежат внутри окружности, продолжение стороны [АС] пересекает окружность в точке Э , а продолжение стороны [вс] - в точке Е 9 причем \АВ) » \ АС\ »
8В


«= |СЗ>1 в 2f [ЕС) »f2l Чему равен радиус ©прухшости?
Ответ о V57 .
3* На стороне [ВС] треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая отрезок [АВ] в точке D . Найти отношение площадей треугольников ABC и ВС$ , если известно, что \АС\« 15, |BCl « 20 и ABC = АСЪ ,
Ответ, 25:16,
4, Окружность касается стороны [ВС] треугольника ABC
в ее середине, проходит через точку А , а отрезки [ав] и [ас] пересекает в точках Ъ и Е соответственно. Найти величину угла ВАС , если известно, что \ВС|* 12 , \А'Х>\= 3,5 и |ЕС\ =
- 9/ifbl
Ответ, 90°,
5, А, В, С иЬ - последовательные вершины прямоугольника, Окружность проходит через точки А и В и касается стороны [CD] в ее середине. Через точку проведена прямая,
которая касается той же окружности в точке Е , а затем пересекает продолжение стороны [АВ] в точке К , Найти площадь трапеции ВСфК f если известно, что \АВ\ * 10 и |КЕ| : \КА| =
* 3:2,
Ответ, 210,
6, Сторона [АВ] квадрата АВСЗ) имеет длину I см. Она же является хордой некоторой окружности, причем все остальные стороны квадрата лежат вне этой окружности. Длина касательной [СК] , проведенной из вершины С к той же окружности, равна 2см. Чему равен диаметр окружности?
Ответ, УТсГсм.
7, Гипотенуза [АВ] прямоугольного треугольника ABC имеет длину 2 см и является хордой некоторой окружности. Катет [АС] равен I см и лежит внутри окружности, а его продолжение пере-
87


секает окружность в точке Л> , причем \С2>\ = 3 см. Чему равен радиус окружности?
Ответ. 2 см.
8. В прямоугольном треугольнике АБС с катетами |АВ|= 3 и \ВС\ = 4 через середины сторон [АВ] и [ас] проведена окружность, касающаяся стороны- [ВС]. Найти длину отрезка гипотенузы [АС] , который лежит внутри этой окружности.
Ответ. 1,1.
9. Три окружности расположены на плоскости так, что каждая из них внешним образом касается двух других. Радиусы окружностей относятся как 1:2:3. Вычислить углы треугольника, вершины которого расположены в точках касания.
Ответ. ЗГ/4 ; citctg Z*, otictg3.
10. 	Центры трех окружностей различных радиусов расположены на одной прямой, а центр четвертой находится на расстоянии cL от этой прямой. Найти радиус четвертой окружности, если известно, что каждая из этих окружностей касается трех других.
Ответ, d/z.
§ 6.' Трапеции, параллелограммы, произвольные четырехугольники
Изучение этой группы фигур начнем с трапеции. Как уже отмечалось, трапеция - это выпуклый четырехугольник, две стороны которого (основания) параллельны друг другу, а две другие (боковые) - непараллельны. Сумма внутренних углов, прилежащих к каждой боковой стороне трапеции, равна 180°; точка пересечения диагоналей трапеции лежит на прямой, соединяющей середины оснований; длина средней линии трапеции равна полусумме длин оснований, а площадь трапеции - произведению полусуммы длин оснований на высоту (§ l). Если в трапецию можно вписать окружность, то сумма длин боковых сторон равна сумме длин оснований,
88


причем справедливо также и обратное утверждение: если сумма длин боковых сторон трапеции равна сумме длин оснований, то в трапецию можно вписать окружность. Для того,чтобы трапецию можно было вписать в окружность, необходимо и достаточно, чтобы она была равнобочной (см.задачу 7, § I ) .
Установим превде всего число параметров, необходимое для того, чтобы задать трапецию. Покажем, что вообще говоря, таких параметров четьфе. Чтобы пояснить сказанное, рассмотрим следующие три задачи на построение.
Задача I. Построить трапецию по четырем сторонам (ci н 4 - основания трапеции, С и cl - боковые стороны) .
Решение. Предположим, такая трапеция построена,
рис. 64. Имеем: \АТ>1= а , |ВС| = 4 , |АВ1 = С , \СД>\ = d .
Пусть, например, (X > & .
Возьмем на [АЗ)] точку Е , такую, что
Тогда |ае! = а-ё , 1бе|- = \С 3>\ «= ot . Следователь- но, в треугольнике АВЕ из
вестны длины всех сторон и, Рис. 64 значит, его можно построить
Совершенно очевидно, как построенный треугольник достроить до трапеции.
Построение осуществляется в следующей последовательности. Сначала известным способом по трем сторонам С , с( и (ct-i) строится треугольник АВЕ , Затем на продолжении отрезка [АЕ] за точку Е откладывается отрезок [ED] длиной ^ , наконец,
через точки В и 2) проводятся прямые (ВС) и (3 Cj, параллельные прямым (Е3>) и (ЕВ) . Четырехугольник ABC]) есть искомая
89


трапеция«
Действительно, (BC)IJ(kD) по построению, а (АВ) и (С3>) - непараллельны, Следовательно9 АВСД) - трапеция. Далее [АВ1 = С |ВЕ| = \СЗ>\ « d , |BCl в \ЕД>1 « i - как стороны параллелограмма.
Очевидно, что задача имеет единственное решение, если только с( , $ , с и d таковы, по трем отрезкам с длинами С , d и (cl-ё)мотто построить треугольник.
Решение этой задачи показывает, что знанже четырех сторон трапеции полностью задает ее, следовательно, достаточно для расчета всех ее элементов.
Задача 2. Построить трапецию по двум основаниям и двум углам при одном из них.
Решение. Пусть ABCD - искомая трапеция, & и 4 • ее основания, a cL и ^ - углы при основании [АЗ)] , рис. 65.
Продолжим боковые стороны (АВ) и (С3>) до их пере-
F
сечения в точке Е . Очевидно, что получившийся треугольник АЕЗ) можно построить, поскольку известны его основание [А3>]
и. 	два прилежащих к нему Рис. 65 угла. Осталось построить
отрезок [вс] , параллельный основанию [АЗ)] и равный по длине ^ . Если на [АЗ)] отложить отрезок [AF] , длина которого
равна 4 , и провести прямую (F с) , параллельную боковой
стороне ^АВ) , то длина отрезка [вс] , проведенного через точку С параллельно основанию [АЗ)] , будет как раз равна 4 ,
т.е. трапеция ABCЛ) будет построена полностью.
90


Таким образом, построение состоит из следующих процедуре Скачала по основанию d и двум прилежащим к нему угяш строим треугольник AED 0 Затем на его основании откладываем отрезок [AF] 9 такой, что \А?\ = $ , и проводим (РС)Ц(АВ)
Через точку С проводим отрезок [ВС] , параллельный основанию треугольника АЕЗ в Трапеция АВСЗ) - искомая»
Действительно, как основание, так и прилежащие к нижнему основанию углы по построению равны заданным,, Таким образом, задача имеет единственное решение. Это решение показывает, что и в этом случае четыре элемента (правда, отличные от элементов предыдущей задачи) полностью задают трапецию и, следовательно, все другие ее элементы*
Задача 30 Построить трапецию по двум основаниям и дврт ее диагоналям*
Р е ш е н и е0 Пусть АВСЛ) - искомая трапеция, С? и $ - ее основания, d1 и dz - диагонали, рис* бб0 Проведем прямую (ве) 9 параллельную (АС), и рассмотрим получившийся треугольник ВЗ) Е * В этом треугольнике известны длины всех сторон; |ВЕ| =
= 9 \В3>\ * di и |3>е1 = &+% 9 следовательно, такой
треугольник можно построить* После этого решение задачи становится очевидным, поскольку достроить треугольшш ВЭ Е до трапеции ABC]) очень легко:
Рисв 66 достаточно провести
через точку В прямую, параллельную основанию (АЭ) , и отложить на ней отрезок [ВС] , равный $
91


Доказательство того факта, что трапеция ABCD - искомая, также очевидно. Из построения ясно, что ее диагонали и основания равны заданным величинам. Ясно также и то, что построение возможно тогда, когда по трем отрезкам di , <э/2 и (а+ &) можно построить треугольник.
Как и в предвдущих случаях, решение этой задачи показывает, что произвольная трапеция определяется, вообще говоря, четырьмя параметрами. В данном случае такими параметрами являются ее основания и диагонали.
Рассмотрим решение нескольких "производных” задач.
Пример I. Найти площадь трапеции, если ее основания равны 5 и 2 см, а боковые стороны - 3 и I см,
Решение. В условии задачи даны четыре элемента, по
которым трапецию можно построить, см. задачу I, рис. 64.
Используя метод построения, нетрудно предложить и способ решения этой задачи. Найдем сначала площадь треугольника АВЕ по трем сторонам |АВ) = 3, \BS\ = I и \AS\ =5-2=3. Для этого воспользуемся формулой Герона:
SabE гТ/р(р-л)(р-£)(р<>'»Уг- 8 JT““ '
Площадь параллелограмма ВСЗ)Е равна удвоенной площади треугольника ЕСЗ) . Поскольку треугольники АВЕ и ECD име~ гот одинаковую высоту, а основание [j Е] треугольника ЕС3> равно 2 см, то
Q .2 о . Ш- . Q . JML. .
ЕСЗ)' 3 * ^АВЕ ~ G ’ ВСЭ£ " 3
Следовательно, площадь трапеции АВСЗ) равна;
^ -q * с
^ABCD - ^eCDE ~ 3 12
Пример 2. Длины оснований трапеции равны 4 см и
о
2 см, а один из углов при большем основании составляет 60 . Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Найти радиус этой окружности.
92


Решение. В условии этой задачи присутствуют почти все элементы, необходимые для того, чтобы ее можно было построить стандартным способом, см« задачу 2 этого параграфа. Не хватает только величины второго угла при основании. Вместо этого в задаче имеется условие, что в трапецию можно вписать окружность, равносильное условию равенства сумм длин противоположных сторон трапеции, т.е. условию
[ АВ\ + |С$1 = \АЗ>\ + \ ВС\ =6
рис. 67
Поэтому для решения задачи зададим угол BAD , обозначив его величинучерез оС ; кроме того, длины сторон [АВ] и [сэ] назовем X и у . Тогда получим систему уравнений:
JCStnd =. у sin Go0 XCOSdL + 2 + усо$60°*4,
oc + y-.G
Первое из этих уравнений получено путем выражения высоты трапеции двумя различными способами из треугольников АВЕ и
CDF ; второе - путем проектирования ломаной ABCD на прямую (АЗ)) , причем вид этого уравнения не зависит от того, острый
или тупой угол оС .
Из первых двух уравнений находим X и у . Имеем:
X- > Ч Г ‘iSinoL >
SincL + {2~CX>Sd. a Sind + \(3 CQSd.
Подставляя этот результат в третье уравнение системы, получим: ZsihoL + I/З _ з
Sin сК + l/З-COSdL ~ 3
ИЛИ
Sind + cos ы. - тГЗ ■
93


Решив это уравнение, найдем, что SinoL - 7 Ccsd ~ Vf •
После этого определяем величину Ч :
4 SlHoL _ if. ЦЩ/Ч . J£ e
J Si*\ d + \Гъ cosck. 4\H/T- + 1/5/9- ~ 5
Поскольку 2 *2. = ^ sCa6o° « yjb/z t гДе ^ “ Pa“
диус вписанной в трапецию окружности, то 2. = 4 fb /5 см.
Пример 3. Трапеция ABCD с основаниями )ВС| = I
и |АЗ)| = 3 такова, что в нее можно вписать окружность и вокруг нее можно описать окружность. Определить, где находится центр описанной окружности, т.е. расположен ли он внутри, вне или же на одной из сторон трапеции АВСЗ) . Найти также площадь описанного круга.
Решение. Пусть трапеция ABC2) - такая трапеция,
рис. 68. Поскольку в трапецию можно вписать окружность, то суммы ее противоположных сторон равны между собой, а поскольку трапецию можно вписать в окружность, то она - равнобочная. Следовательно, |АВ 1 = \С3>\ = ^ fl^l + \АЗ>\) = 2 и в ней известны длины всех сторон.
Для того чтобы определить, где лежит центр описанной вокруг трапеции окружности, достаточно выяснить острый или тупой угол АСХ> . Если он острый, то центр окружности лежит внутри трапеции; если он тупой, то центр окружности лежит вне трапеции.
Углы трапеции легко в 1 q определяются по ее сторо¬
нам (см. задачу I этого параграфа) . Проводим (CSj II fAB) о Тогда I СЕ \ = \СЗ>\ = Рис. 68 ~\ЕЪ\ - 20 Следовательно,
угол ADC равен 60°в
Угол АС2) можно рассчитать с помощью теоремы 94


косинусов, примененной к треугольнику АСЭ * Сначала находим диагональ (АС 1 0 Имеем:
|ЛС|2= |С2>|г+ UD|2--2(cd|.|AP|-cos6o°= 7- ■ ■ |ас| = /Т. Затем вычисляем угол АСЗ) * равный о( :
|А0)|г = | А-С|1 + |СЭ|г - 2-1 ACl-ICD|-COSo( ,
lACl^+IC^l^-'ADl2- 1+lt-9 _ JT.
COboC = 2IACHOI " Ш-Z ‘ ^
Отсюда, во-первых, видно,, что угол с?С - острый, поскольку
COSoi >0 ; во-вторых, можно найти Send , который в сочетании с теоремой синусов, примененной к треугольнику АСЪ , позволяет вычислить радиус описанной вокруг него окружности*
Имеем
р I
2 s 1Л<* ’
где Sin d 9 У {-cos2"d ~3{Zl/lfy . Получаем R-f2T/2>.
Площадь описанного круга равна 7**Х/з , его центр находит ся внутри трапеции.
Равнобочная трапеция^с которой мы встретились в последней задаче, имеет ось симметрии, проходящую через середины оснований центр описанной вокруг нее окружности лежит на этой оси, а в том случае, когда в трапецию можно вписать окружность, на этой оси лежит и центр вписанной окружности. Равнобочная трапеция определяется меньшим числом параметров, чем произвольная трапеция; в общем случае таких параметров три.
Задача. Доказать, что если диагонали трапеции равны, то она - равнобочная*
Доказатель ство. Используем построение, выполненное на рис. 66 и состоящее в том, что через вершину В трапеции АВСЗ) проводится прямая (BE), параллельная диагонали (АС). Поскольку \ВЕ\ = \BD\, то треугольник ЕВЗ) - рав-
95


нобедренный. Следовательно, угол BED конгруэнтен углу В])Е , а также углу САЗ>
Аналогично доказывается, что угол ВАС конгруэнтен углу В2> С в Для этого нужно только провести через точку J) прямую,
Таким образом, величина угла ВАЗ) равна величине угла СЛ>А и следовательно, трапеция АВСЗ) - равнобочнаяе
Пример 4. В трапеции АВСЗ) \АЪ\ = 7, длины диа-
[ВЭ] расположена точка М так, что |ВМ| : )МЭ) = 3:5«
Узнать, какую из сторон трапеции - JjBC] или [CJ)] - пересечет продолжение отрезка [AM] ?
Решение» Поскольку длины диагоналей трапеции равны, то она - равнобочная ( см.предыдущую задачу) . Из треугольника АВЗ> легко найти длины боковых сторон трапеции. Обозначим их через X , рис. 69. По теореме косинусов имеем:
откуда находим два значения X : Х1 = 3 и Хг = 4. Таким образом, при заданных условиях возможны два варианта рассматриваемой фигуры.
параллельную диагонали (ВЗ)) .
гоналей равны V 377, а угол BAD составляет 60°. На диагонали
или
|BDf- ос.2+ |А2>|2- 2сс.|ах») сой£0° Xz-Zoc + iZ=0,
с
Пусть Gi - точка пересечения диагоналей
в
трапеции. Легко понять,
что если & лежит на
А 7 Я должение [AM] пересечет
Рис. 69 сторону если же й.
принадлежит отрезку [М3)] , то продолжение [AM] пересекает
96


боковую сторону [CJ>] трапеции.
Из подобия треугольников В&С и A6U> видно, что
lBQ|:|QDl=|BC|:|ADl, т.е. |801 :|Ы>1* I6CI: (\ВС\ + IAD1).
Рассмотрим случай, когда боковая сторона трапеции равна 3.
В этом случае отрезки \АЕ\ и | Р3)| равны 3-COS 60°, т.е. 3/2. Тогда верхнее основание трапеции равно 4. Искомое отношение |В&1 : |ВЗ>1 равно 4/II, т.е. меньше чем 3/8. Значит, в этом случае продолжение [Ail] пересечет боковую сторону трапеции [С3>] .
Во втором случае |АВ| = |С])| =4. Аналогично находим, что
верхнее основание трапеции имеет длину, равную 3. Тогда отношение \BGl\ к IQH>\ составляет 3/10, т.е. опять меньше 3/8 .
И в этом случае продолжение отрезка [am] пересекает сторону [CJ)] трапеции.
Пример 5. Дана равнобочная трапеция, в которую вписана окружность и около которой описана окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу описанной окружности равно VI? / /з7. Найти утлы трапеции.
Решение. Чертеж к этой задаче дан на рис. 70.
Обозначим угол при большем основании трапеции через oL , высоту - Н , радиус описанной окружности -# . Будем искать величину R как радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABC , с углом В при вершине, равным (x-oL)
По теореме синусов имеем
I ACl
2sin(*~b<) = 2 Sind
7-1724 97
(7Г-Л)12 В / £ С
>ч
аК
' Л
/1 //
к
/ \
н /\
/ Ж
/ Л
А /
■ 1
Рис.
70
1 AC I


Вычислим стороны д ABC . Учитывая, что центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис углов трапеции (а также и на оси ее симметрии ) , получим
1ABl= "fc. '•> |ВЕ|= >
IBcl = 2I8EI = Htyf'
По теореме косинусов находим
I AC I2 - 1АВ|2 + |ВС|2 - 2 I АВ I i BCJ COS
и далее
ч sw2c(. я2- н2 (fet+ ^ +
Поскольку H/R- V2/3 , то RZ/HZ - 3/2.
Имеем , - , , , , ,
= •<*»*,
т«е. уравнение для определения острого угла с< • Полученное уравнение после упрощений дает
6sin2oi = ^ >
6 Sen*Ы. - Stnzol - л = о,
• 2. 4
Stn “ 2 ’
Поскольку slnoL> О , то s£/)~ V2/2 и о
Таким образом, углы трапеции равны 45° и 135° .
Рассмотрим теперь выпуклые четырехугольники, у которых имеется не одна, а две пары параллельных сторон - параллелограммы. Напомним, что при этом условии параллельные стороны будут еще иметь и равные длины*
Диагонали параллелограммов в точке их пересечения делятся пополам. Если стороны параллелограмма имеют равные длины, то это - ромбв Диагонали ромба взаимно перпендикулярны. Если длины диагоналей параллелограмма равны, то это - прямоугольник. Прямоугольник с взаимно перпендикулярными диагоналями - квадрат.
98


Задача 4* Доказать, что параллелограмм, в который можно вписать окружность, есть ромб,
Доказатель ство. Поскольку в описанном четырехугольнике суммы длин противоположных сторон равны друг другу, то в случае параллелограмма это условие равносильно равенству длин смеяных сторон» Следовательно, такой параллелограмм - ромб.
Задача 5. Доказать, что параллелограмм, вокруг которого можно описать 01фужн0сть, есть прямоугольник.
Доказатель ство. Поскольку во вписанном чет1фех- угольнике суммы противоположных углов равны 180°, то в случае параллелограмма, у которого величины таких углов равны между собой, это условие равносильно тому, что каждый угол составляет 90°, и данный параллелограмм - прямоугольник.
Следствие. Параллелограмм, в который можно вписать окружность и во1фуг которого можно описать окружность, является квадратом.
Цроизвольный параллелограмм полностью определяется заданием трех параметров, например, длин сторон и угла между ними или длин его диагоналей и угла между ними, или одной стороны, одной диагонали и угла между сторонами и т.д. Поэтому многие задачи, связанные с расчетом элементов параллелограмма, можно решать как задачи на составление уравнений, аналогично тому, как это делалось в §3.
Рассмотрим следующий пример.
Пример 6. В параллелограмме АВСЛ) со стороной |АЗ>1 « ш а и острым углом ВАЗ) = оL (<< > высота, опущенная из
вершины В на сторону \АЪ\ , вдвое меньше диагонали [АС] .
Найти площадь параллелограмма.
Решение. В условии задачи содержатся два из трех параметров, удобно определяющих параллелограмм, это CL и оС . Вместо третьего параметра указано соотношение между длинами
99


одной из высот и диагональю параллелограмма.
Введем в качестве третьего параметра длину стороны параллелограмма JАВ) , обозначив ее X , и запишем условие, что |ВЕ1 = 1/2 1АС1 , рис. 71.
Имеем
1. |ве1 - ac-scnoL
2. |ACf= |АВ|г+ |ВС|2- - 2 |ABl-jBClCOS ABC
ИЛИ
Рис. 71 [АС |2« од +аг- 2 ах. cos (Т-оС).
Далее составляем уравнение *
x.zsin2<* - if (зсг+аг+ ZQoccosd.)
или
Xz(1- 4sCr>z<A) + 2аоссо$Ы + az~ 0 .
Дискриминант этого уравнения 3sCnZoi положителен, поэтому уравнение имеет действительные решения. Поскольку о(. > то SCnoC > ^Jz 9 и первый коэффициент уравне¬
ния отрицателен. Так как свободный член уравнения положителен, то по теореме Бретта корни уравнения имеют разные знаки. Берем, естественно, положительный корень уравнения:
~ л V3SLHo( +COSoC
Заметив, что
{bsin Ы. + coSo< *» 2 sCn f
и
4sirhl-4 - к (Sind -Strt )(sCnd+$in^)^/fSCn(d~^)sii{ol*f^ получим
х ~ 2sCn(oC-*7e) ' ‘
Площадь параллелограмма
100


л А . aZSir\et.
3 -- - ал sin<4 = ц sCn =%)
Конечно, этот же результат можно было получить^проще. Из гфямоугольного треугольника AC f находим, что CAJ) = Я/в (отсюда ясно, почему с/ должно быть больше Я/6 ) . Кроме того,
известно, что АЗ>С « Х-о(. , следовательно, АС&=о<™
Шо теореме синусов, примененной к треугольнику ACID , имеем
Рассмотрим несколько других задач с параллелограммами.
Пример 7. В параллелограмме со сторонами а и ^ и углом d проведены биссектрисы четырех углов. Найти плопрдь четырехугольника, ограниченного биссектрисами.
Решение. Покажем сначала, что четырехугольник, ограниченный биссектрисами внутренних углов параллелограмма,- прямоугольник.
Действительно, биссектрисы противолежащих углов параллелограмма попарно параллельны, следовательно ограниченный ими четырехугольник KLMN , рис. 72, будет параллелограммом. Кроме того,
Sin (ы -Я/6)
OL
Sun ЗГ/G
откуда находим длину стороны \СЗ>\ = ос :
все углы этого параллелограмма - прямые. Треугольни-
а-8
и АКБ - прямоугольные. Например, в тре¬
угольнике A U): LAD= = Vz BAD = eL/z ; U)A =
а-6
Рис. 72
7х-1724
101


следовательно, ALD - X-oL/z - (^7г - °*/г ) * *^*/2.. Таким образом, KLMN - прямоугольник.
Стороны прямоугольника находим следующим образом. Пусть
й>£ о Заметив, что а СЭЕ - равнобедренный У ВСЕ » 3>СЕ -
по условию, так как (СЕ; - биссектриса; ЭЕС * ВСЕ как накрест
Z*4 %
лежащие; следовательно, Л>СЕ = Л>ЕС ) , получаем |АЕ) = а-ё> «
Тогда из прямоугольного треугольника АЕР находим, что JEР\ »
= |KN| = (a-&)£iy\cL/z • Аналогично находим, что )<3»3>)*
и j &н| » | mn | = (а~ 6) sin (x/z=(a-£)co$oL/z Площадь S прямоугольника KLMN вычисляем по форму
S - Ikn\-Imn] * (a-$f cos^/z = 4jr(a-if sind.
Пример 8* Вычислить площадь общей части двух ромбов, из которых у первого диагонали равны 2 и 3, а второй получается
Решение, Чертеж к этой задаче представлен на рис* 73* Очевидно, что площадь общей части двух ромбов складывается из четырех площадей фигуры АЕА*0 . В свою очередь, площадь четырех-
треугольник получается из треугольника АВО уменьшением двух
поворотом первого на 90° около его центра,
угольника АВА'о есть часть площади прямоугольного треугольника АВО так, что
^АЕА'О ~ О •
Площадь треугольника ЕВА7 легко найти, заметив, что этот
из его сторон в [®1 /|А'В| (см. § I ” л ^
Поэтому
Следовательно,


Таким образом, задача сводится к отысканию отношения [EBj : (ABl . Для этого воспользуемся методом, изложенным в § 4 Через точку А проведем
[AF]|| [ов] .
Из подобия треугольников АП/ и ОАУ с коэффициентом подобия 1:3 следует, что |AF|
* i/3.
и АУВЕ с коэффициентом подобия [AFl : |А;В| = 1/3 : 1/2 * 2:3 следует, что | ЕВ) = %|£А)или |ЕВ1 « 3/5 |АВ|. Следовательно, |ЕВ\ : |АВ) » 3:5.
Имеем
^деа'о ~ ^во 0 ~ *2Г * 5) ~ чо)- лд
Поэтому площадь общей части двух ромбов равна 3 / АО.
В заключение этого параграфа рассмотрим несколько задач, в которых речь идет о произвольных четырехугольниках или многоугольниках.
Пример 9. Площадь четырехугольника, вершинами которого служат середины сторон выпуклого четырехугольника АВСЭ равна S . Найти площадь четырехугольника ABCD .
Решение . Четырехугольник KLMN , рис. 74, вершина ми которого являются середины сторон произвольного выпуклого четырехугольника, - параллелограмм (см. § l) , поскольку его стороны попарно параллельны диагоналям четырехугольника ABCD Длины сторон этого параллелограмма равны <3? /2 и ^2/2 * как длины средних линий соответствующих треугольников, а угол между
103
в
Рис. 73
Из подобия треугольников AFE


ними равен углу мевду диагоналями четырехугольника. Поэтому
2 - Sklmn ~ 2 * Z~ StVicX z ^ [ 'z. diolz S i^ol ) p
где ai - угол между диагоналями четырехугольника ABCD .
Пример Юо Четырехугольник АВС2> обладает тем свойством, что около него можно описать и в него можно вписать окружности* Диагонали этого четырехугольника перпендикулярны,
|АВ) = \СЛ)| и радиус вписанной окружности равен £<, Чему равна площадь четырехугольника АВСЛ) ?
Р е ш е н и во Поскольку в окружности, описанной вокруг четырехугольника АВСЭ , хорды [АВ] и [С3>] имеют равные длины, то равны длины стягиваемых ими дуго Отсюда следует конгруэнтность углов ЭАС 9 3>ВС 9 АСВ и AID В, опирающихся на эти дуги о Если к тому пе учесть, что треугольники ВСЕ и АЗ)Е - прямоугольные, то можно заключить, что упомянутые углы составляют по 45°, рисо 75о
Таким образом, установлено, что четырехугольник АВСЗ> - равнобочная трапеция 0 Обозначим длины оснований |ВС1 = ш 9 [ADI = 1Г р а боковых сторон - 0& 0 Тогда очевидны соотношения? !e tL+V' => 2. ОС/ ?
в
с
Поскольку площадь произвольного четырехугольника равна полу- произведению диагоналей на синус угла между ними, то
к27
Рис*, 74
2» СV'/'fz)z° ос.%
104


3. * ъ/г = 2..
Первоо ПО ш следует из условия* что в четырехугольник ABCD
можно вписать окруп» кость9 второе - из теореш Пифагора, примененной к треугольнику АВЕ, третье отралает тот факт, что )EF| = V2- » |Е&| = ^/и а весь
отрезок р*&)является диаметром вписанной окружности О
Разрешая эти соотношения, получаем Ц = %r = X = 2,
т.е. устанавливаем, что четырехугольник АВСф - квадрат. Следовательно, его площадь равна 4.
Пример II. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Расстояния от вершины Е до сторон [АВ], [ВС] и [CD]
( или их продолжений ) соответственно равны cl 9 и С Найти расстояние от вершины Е до диагонали [АТ)^
Решение. B§i была сформулирована в виде задачи следующая теорема: "произведение расстояний от любой точки окружности, описанной около выпуклого четырехугольника, до его противоположных сторон или продолжений, равны между собой”
Qсм.задачу 10 § Я ) , рис. 38. Поэтому, приняв за точку S вершину Е пятиугольника, можно записать уравнение ОЬС- &ОС,,
в котором ОС* - расстояние от вершины Е до диагонали [АТ)] пятиугольника. Отсюда легко следует, что X = GLo/&-
105


Задачи
1. В равнобочную трапецию, верхнее основание которой равно I, вписана окружность радиуса I. Найти площадь трапеции.
Ответ. 5.
2. Дана трапеция ABCD с основаниями \КХ>\ = 8, | ВС I * 4 и стороной |АВ1 = \f20l Кроме того, известно, что угол СИ. составляет 60°. Через точку С проходит прямая; делящая трапецию на две равновеликие фигуры. Найти длину всего отрезка этой прямой, находящегося внутри трапеции.
Ответ. 6.
3. В трапеции АВСЪ длина большего основания \^Ъ] равна 19, | АВ | *= 13, а другая боковая сторона С3> * 12 и перпендикулярна основаниям. Биссектриса острого угла BAD пересекает прямую (ЭС) в точке М. (йределить, где лежит точка М, на отрезке [ЭС^ или вне его?
Ответ. Точка М лежит вне отрезка С] ; \3)С \ : 38:3.
4. Основание АВ трапеции ABCD вдвое длиннее основания £CD"] и вдвое длиннее боковой стороны £А35] . Длина диагонали [аС^ равна СО , а длина боковой стороны [ВС^ равна . Вычислить площадь трапеции.
Ответ. ЗоЛ>/4.
5. Дана равнобочная трапеция, в которую вписана окружность и около которой описана окружность. Площадь описанного круга в 12 раз больше площади вписанного круга. Найти утлы трапеции.
Ответ. &/tCsLn> >1/3;
01Г- агосьигь 1/3.
6. Дан параллелограмм ABCD , у которого |АВ[ = I, 1 ВС 1= 2 и угол ABC - тупой. Через каждую из точек В и 3) проведено по две прямые, одна из которых перпендикулярна стороне [АВ],
а другая перпендикулярна стороне [ВС]. В пересечении этих четырех прямых получился параллелограмм, подобный параллелограмму ABCD • Найти площадь параллелограмма АВСЗ> .
Ответ. 6/5.
7. А , В , С и D - последовательные вершины прямоугольника. Окружность проходит через точки А и В и касается стороны [CDJb ее середине. Через точку D проведена прямая, которая касается той же окружности в точке Е , а затем пересекает продолжение стороны [АВ] в точке К. Найти площадь
106


трапеции ВСЬК , если известно, что |АВ|- 10 и что [КЕ\: [Щщ = 3:2.
Ответ. 210.
8. В выпуклом четырехугольнике АВ&> углы при вершинах А и В - прямые, величина угла при вершине D равна 45°.
Длина стороны [ВС] равна I м, длина диагонали [BD]равна 5 м. Найти площадь этого четырехугольника.
Ответ. 7,5 м .
9. В выпуклом четырехугольнике длины диагоналей равны
I и 2 м. Найти площадь четырёхугольника, зная, что длины отрез ков, соединяющих середины его противоположных сторон, равны.
Ответ, 1м2.
10. В трапеции длины диагоналей равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 2, Найти площадь трапеции.
Ответ* 6.
§ 7. Задачи на отыскание геометрических фигур с экстремальными элементами
Обратимся теперь к особому классу геометрических задач, а именно к задачам, в которых требуется найти фигуры или их элементы с экстремальными наибольшими или наименьшими значениями тех или иных параметров. В задачах этого класса, как правило, речь идет о том, чтобы среди всех фигур, обладающих определенным свойством, найти фигуру, у которой тот или иной параметр принимает наибольшее или наименьшее значение.
Рассмотрим простейший пример.
Задача I. Среди всех прямоугольников, периметр которых равен 2р, найти прямоугольник с наибольшей площадью.
Решение. Произвольный прямоугольник определяется двумя параметрами ос* и ^ - длинами его сторон. Однако в данном случае эти параметры не являются независимыми, поскольку меаду ними существует связь, выражаемая уравнением 2х+ 2 ^ = 2р
и вытекающая из условия, что у всех рассматриваемых прямоуголь-
107


ников один и тот же периметр. Поэтому площадь £> такого прямоугольника $> =* ос. (у-эо)
является функцией только одной переменной - со , причем 0<ос<^>в
Таким образом, задача сводится к отысканию максимума квадратичной функции S(x)= сс(р- осО в интервале хе] Р L . Поскольку парабола ос^р-эс.) направлена ветвями вниз, то, очевидно, что ее максимум достигается в вершине, т.е. при 'ЭС-р/2. Поэтому в прямоугольнике с наибольшей площадью одна из сторон равна {э /2. Отсюда сразу же следует, что ^ = X = р /2, т.е. прямоугольник - квадрат.
Итак, среди всех прямоугольников с заданным периметром квадрат обладает наибольшей площадью.
Практической интерпретацией полученного результата служит вывод о том, что забором заданной длины можно огородить максимальный участок, выбрав его форму в виде квадрата.
Рассмотрим еще несколько примеров.
Задача 2. Среди всех прямоугольников, вписанных в треугольник ABC таким образом, что две вершины прямоугольника лежат на основании [АСД , а две другие - на боковых сторонах [ABJ и 0BCQ соответственно, найти прямоугольник: l)c наибольшей площадью; 2) с наименьшей диагональю.
Решение. Обозначим длину основания £аС^] треугольника через О/ , а длину высоты £fi£Q - через f\, , рис. 76. Пусть KLMN - вписанный прямоугольник со сторонами, длины которых равны \Ш\ * ОС/, IК1Д = .
I. 	Найдем сначала среди прямоугольников тот, у которого наибольшая площадь.
Как и в предыдущей задаче, площадь выражается формулой , а между величинами х и ^ существует связь.
108


Действительно, из подобия треугольников LBM и ABC следует пропорция п
У
1LM( IBEI I ACl " |Ы>1
ИЛИ
откуда вытекает, что ОС, » •а/Я' . Это позволяет зак¬
лючить, что площадь любого вписанного прямоугольника равна
S ^
Яъ
и является функцией только одной переменной в
Поскольку парабола S(#) = направлена ветвями вниз, то в интерва- ле ]0;&[ она имеет максимум, причем он достигается в точке % * -рь/2. Отсюда легко следует, что ОС « ft/2.
Таким образом, среди всех вписанных прямоугольников тот будет обладать наибольшей площадью, у которого одна РиС. 76 из сторон является средней линией тре¬
угольника. При этом 9Cj(^ш
2.Найден теперь прямоугольник с наименьшей диагональю. Обозначим ее длину оЬ . Тогда:
-f* DfeCW»]1
т.е. длина диагонали прямоугольников является также функцией только одной переменной. Нетрудно видеть, что для параболы -f(jf) направленной ветвями вверх, минимум достигается при ^ ,
гДе “ координата вершины этой параболы
° ч - &
2* 1+ (о-/А) о V& .*2L
Этому значению соответствует , равное Ть
109
з


т,©, отношение сторон прямоугольника, у которого длина диагона-
JL
ли будет наименьшей из всех возможных, равно — . Заметим,
CXs
что отношение сторон полученного прямоугольника обратно по отношению к прямоугольнику с наибольшей площадью, вписанному в этот же треугольник.
Задача 3, На окружности дана точка М. Провести хорду £ав\ параллельно касательной к окружности в точке М так, чтобы площадь треугольника АМВ была наибольшей.
Решение. Пусть 0 - центр данной окружности, R - ее радиус, \АВ\ - произвольная хорда, параллельная касательной к окружности, проведенной в точке М , С - середина этой хорды, рис. 77.
м Прежде всего заметим, что положе¬
ние хорды [АВ*] определяется всего лишь одним независимым параметром - расстоянием этой хорды от точки М , или, например, углом АМВ , под которым эта хорда видна из точки М . Поэтому площадь треугольника АМВ также должна зависеть от одного параметра. Выберем в качестве такого пара- метра величину угла АМВ , назвав ее об .
Имеем:
1, 1СВ1 * Rsia<^ , 1АВ1 - 2RsmoU
2, 10С| « Rcos<^, (если Л> ,то С лежит
выше О) .
3, |MCl - R+ftcosJv = ROt-coscL) .
Таким образом,
SGOs 4р 1АВЦм°1 * R^soael + £ein£oO.
Найдем теперь, при каком значении cL функция S^принимает свое наибольшее значение (p(€jО’ 7Z£ ) # Для этого вычислим производную , приравняем ее нулю и найдем соответствующие^
Рис. 77


/>&L) - &Z(c0S<A. + ce>$2oC) « R^(zod$>ZcL i** coscC- i) }
S'C*) s 2!?(с»ь*+ 4)$*%dr %)a°,
,C<PScL ~~JL J C&bcL ~ Yz .
С учетом интервала, в котором меняется оС , находим, что oL = ~ * Очевидно, что в точке сС = производная £>%<)меняет знак с и+н на что свидетельствует о максимуме функции в этой точке.
Таким образом, среди треугольников, вписанных в окружность и имеющих основания, параллельные одной и той же прямой, наибольшей площадью обладает равносторонний треугольник»
Задача 4. Найти стороны прямоугольника наибольшего периметра, вписанного в полуокружность радиуса R .
Решение» Аналогично тому, как это делалось в предыдущих задачах, выразим интересующий нас элемент, в данном случае периметр вписанного в полуокружность прямоугольника, рис. 78, . через один параметр. Этим параметром может быть одна из сторон
прямоугольника, например, |А2)|« сс . Тогда длина другой стороны [СР] равна \/ R1- з?/ч , а периметр Р вы¬
ражается формулой
Рис« 78 2^1 R- \j4R~
Таким образом, Р является функцией только одной переменной Ф »
/
Найдем иаксицуы функции PC*) . Вычислим производную Р (х):
p'fa- 2 * — -
rw ж*
Приравнивая Р (Г*) нуда, находим необходимое условие зяетреыукй 2 J^RZ~- се. , откуда се» ^R//s.
Нз^рудко увидеть s чго щя& 4R/t/Sr производная ?/ колош- ?зльна0 а прн ОС> 49j^/ss производная Р ^огридательнао Следовательно t, в гочке ос,= ^Я/ fs функция Р£га)шее? наибольшее
III


значение» Другая сторона |CDl равна R/у[£Г 0
Таким образом, среди всех прямоугольников,, вписанных в полуокругшость0 максимальный периметр имеет тот прямоугольник, у которого стороны равны 4R/У? и R/\/5 .
Теперь можно сфоргяулировать последовательность действий, которой ш придерживались при решении всех рассмотренных выше задач о Сначала определялись независимые параметры, через которые можно было бы выразить интересующий нас элемент произвольной фигуре* принадлежащей к данной совокупности,, Затем величина этого элемента записывалась как функция выбранного параметра (переменной ) « Наконец,, с помощью того или иного приема (например, с использованием производной) отыскивался экстремум этой функции и значение экстремального элемента. В ряде случаев в решении может потребоваться геометрическое истолкование полученного результата.
Однако имеются задачи, которые допуская» чисто геометрические рассуждения при нахождении фигур с экстремальными свойствами или использующие алгебраические методы частично. Более того, решение этих задач описанным выше методом связано с громоздкими математическими выкладками и трудностями при истолковании полученных результатов, в то время как геометрическое решение дает ясный и наглядный результат. Рассмотрим примеры таких задач.
Задача 5. Две точки А и В расположены по одну сторону от прямой (MN). Найти на прямой (MN) такую точку Q, * чтобы сумма ее расстояний от точек А и В была минимальной.
Решение. Пусть Q, - произвольная точка, лежащая на прямой (МК/), рис. ?9. Решение задачи легко находится, если
112


заметить, что расстояние от точки Q; до точки В равно расстоянию от этой же точки до точки В; симметричной точке В относительно прямой (MN) и лежащей, следовательно, с точкой А по разные стороны прямой (MN) . Теперь ясно, что задачу модно
переформулировать как задачу о минимуме суммы расстояний) QAj и IQJB^ , которая, очевидно, будет минимальной, если точка Q, лежит на прямой (АВ^), являющейся кратчайшим расстоянием мевду точками А и В'.
Задача б. Внутри угла А дана точка М • Через точку М провести прямую, отсекающую от этого угла треугольник наименьшей площади.
Решение, Пусть такая прямая проведена, а точки В и С точки ее пересечения со сторонами данного угла. Покажем, что если площадь треугольника ABC - наименьшая из всех возможных, то длины отрезков [МВ^ и [ДОС] равны, рис. 80.
Рис.79
Рис. 80
Обозначим |МВ|=0/, IMCI = & и предположим противное, что СЬ 4 % , например, <х>% • Проведем через точку М еще
одну прямую, пересекающуюся со сторонами угла в точках в' к С/ й так, чтобы JabVIABU Подсчитаем, насколько при этом изменится площадь отсекаемого треугольника:
ме>‘ь ^ мсс
т.е. изменение площади этого треугольника происходит за счет
8-1724
ИЗ


уменьшения при отбрасывании площади д МВ7В с одновременным увеличением за счет присоединения площади дМС7С. Имеем
= i a'lMe(| Sin4> ’ S MCfc- 2
где Ц> - угол между прямыми (ВС) и (в7^ , рис. 80, а.
Поскольку <Х>& , то вследствие непрерывности изменения длин отрезков £МВ^ и [МС] при повороте прямой (ВС) вокруг точки М угол можно выбрать столь малым, что | MB7/ > | МС7| .
Отсюда следует, что прямую (В^С^ можно провести так, что площадь А МВ7В будет больше площади Д МС7С , т.е. площадь треугольника ДАВ7С7 будет меньше площади треугольникадABC . Это противоречит условию, согласно которому площадь треугольника ABC выбрана наименьшей из всех возможных. Следовательно, Сь не больше . Аналогично & не может быть больше Сь . Следовательно, Си ® % • Это означает, что данная точка М должна быть серединой секущего отрезка [ВС].
Нетрудно показать, что если искомая прямая ^ВС) проведена через точку М так, что |МВ| = [МС|, то треугольник ABC будет иметь наименьшую площадь. Действительно, проведем любую другую прямую (В^, например, как это сделано на рис. 80, б, и (CD) || (АВ). Фигура B^CD - параллелограмм, поскольку отрезки [ВС]} и [В^] , являющиеся его диагоналями, делятся в точке пересечения пополам. Отсюда следует, что площади треугольников МВВ7 и МСС'^равны. Следовательно, jS^cc' > ме>ъ* и» зна* чит, площадь треугольника АВ7С7 больше площади треугольника ABC.
Построение прямой (ВС) осуществляется следующим образом.
На продолжении отрезка j~AM^ за точку М откладываем точку А7 так, чтобы 1 AM [ = |МА7| . Затем через точку АХ проводим
114


пряные (А'в) и (АУС) , параллельные соответствующим сторонам угла А . Вершины В и С получившегося параллелограмма АВА/С определяют положение искомой прямой.
Рассмотрим, наконец, пример задачи, в которой алгебраический метод используется лишь частично.
Задача 7. Среди всех треугольников, имеющих при вершине угол^> и длину основания, равную & , найти треугольник, у которого сумма квадратов боковых сторон наибольшая.
Решение. Известно (см. § I), что вершины всех треугольников, имеющих одинаковое основание и равные по величине углы при вершине, лежат на одной из дуг окружности, опирающейся на данный отрезок, рис. 7. Этим определяется совокупность рассматриваемых треугольников.
По теореме косинусов, примененной к треугольнику АМС , имеем 1АС|г = |АМ|г + 1CM|Z - 2|АМН СМ[ ,
откуда находим интересующую нас сумму квадратов боковых сторон: jAMl*- + ICMl2-» JAC|2+ 2 | AM [-| CM|«>4J5 = 2 |AM|-1 CM\«^5.
Поскольку площадь 0 треугольника АМС равна 1/2 | AM \si^ то сумму квадратов боковых сторон можно выразить через площадь S треугольника:
(ам]2** + 4 .
Таким образом, сумма квадратов боковых сторон оказалась функцией только одной переменной - площади треугольника £! , причем функцией монотонно возрастающей.
Совершенно очевидно, что площадь треугольников с неменяющим- ся основанием и переменной высотой будет наибольшей тогда, когда будет наибольшей из возможных его высота, т.е. когда треугольник АМС будет равнобедренным.
115


Задачи
1, Среди всех прямоугольников с заданной площадью S найти прямоугольник с наименьшим периметром.
Ответ, Квадрат со стороной У S .
2, В данный сегмент круга вписать прямоугольник наибольшей площади,
Ответ. Высота прямоугольника равна
, где ii - расстояние хорды, стягивающей дугу сегмента, от центра, R - радиус круга,
3, Каков должен быть угол при вершине равнобедренного треугольника заданной площади, чтобы радиус вписанного в этот треугольник круга был наибольшим?
Ответ, 60°.
4, Из круга вырезан сектор с центральным углом об , Из сектора свернута коническая поверхность. При каком значении угла объем полученного конуса будет наибольшим?
Ответ,
5, Даны две параллельные прямые и точка М между ними, лежащая на расстоянии CL от одной прямой и на расстоянии £ от другой. Точка М служит вершиной прямых углов прямоугольных треугольников, две другие вершины которых Р и & лежат на каждой из параллельных прямых. Какой из треугольников имеет наименьшую площадь? Найти эту площадь.
Ответ, дё
6, На стороне угла даны две точки А и В , Найти^ точку М , лежащую на другой стороне угла и такую, что угол АМВ наименьший из всех возможных.
Ответ, Точка М расположена так, что окружность, проходящая через точки А , В и М , касается стороны угла,
7, Найти внутри треугольника точку, сумма квадратов расстояний от которой до вершин треугольника была бы минимальной.
Ответ. Искомой точкой является точка пересечения медиан треугольника.
8, Найти длины сторон равнобедренного треугольника, площадь которого равна $ , а сумма квадратов боковых сторон минимальна.
Ответ, г/45 ? i2S.
116


9* В трапеции ABCD боковая сторона ОТ перпендикулярна основаниям. Кроме того, длина основания АН равна I см, а площадь трапеции - 3*/б~ /2 см2 . Какими должны быть стороны трапеции» чтобы диагональ [вл] имела наименьшую длину?
Ответ. Основания - I и 2 см, боковые
стороны - Уб и 1рТ см,
10. По данному основанию и высоте построить треугольник, имеющий минимальный периметр,
§ 8, Геометрические места точек и метод координат
В дальнейшем речь пойдет о "геометрическом месте точе к", т.е, множестве точек плоскости, каждая из которых обладает одним и тем же определенным свойством, причем множестве, содержащем все точки, обладающие этим свойством*» Например, геометрическим местом точек, равноудаленных от двух заданных точек А и В , является срединный перпендикуляр к отрезку [ав] . Такой вывод можно сделать по двум причинамs во-первых, любая точка этого перпендикуляра равноудалена от точек А и В , во-вторых, любая точка, не принадлежащая срединному перпендикуляру, будет ближе к одной из точек А или В в зависимости от того, по какую сторону от срединного перпендикуляра эта точка лежит. Следовательно, этот перпендикуляр содержит все точки, равноудаленные от точек А и В , т.е. действительно является геометрическим местом точек.
Приведем несколько примеров геометрических мест точек»
Геометрическим местом точек, удаленных от данной точки 0 на расстояние R , является окружность с центром в точке 0 и радиусом R .
Геометрическим местом точек равноудаленных от сторон угла, является биссектриса этого угла.
8х-1724 117


Геометрическим местом точек, из которое данный отрезок виден под данным углом Ji , служат дуги двух конгруэнтных ок¬
ружностей, в которых данный отрезок является хордой, видной из центров окружностей под углом 2 J& , рис. 7.
Геометрическим местом середин отрезков, проведенных параллельно основанию треугольника и ограниченных его боковыми сторонами, служит медиана треугольника, проведенная к основанию.
Геометрическим местом середин отрезков, имеющих начало на одной из параллельных прямых, а конец - на другой прямой, служит прямая, параллельная первым двум и находящаяся от них на равном расстоянии.
Рассмотрим несколько задач на нахождение геометрических
тот точек.
Задача I. На плоскости найти геометрическое место ошовшшй перпендикуляров, опущенных из заданной точки А на произвольные прямы©9 проходящие через данную точку В.
Решение* Пусть точка М - основание одного из таких перпендикуляров, рис. 81. Тогда угол АМВ - прямой. Аналогично прямым будет и любой другой угол дмв, получающийся при про¬
ектировании точки А на прямые, проходящие через точку В. С другой стороны, известно, что геометрическим
Рис. 81
местом точек М, из которых заданный отрезок виден под прямым углом, является окружность, проходящая через точки А и В и имеющая отрезок 
своим диаметром. Таким образом, искомым геометрическим местом точек явля¬
ется окружность с диаметром
118


Задача 2. Найти геометрическое место точек плоскости, симметричных данной точке А относительно произвольной пря мой, проходящей через данную точку В,
Решение. Очевидно, что сама точка А принадлежит искомому геометрическому месту. Действительно, если прямая, про ходящая через точку В, выбрана так, что она проходит и через точку А , то симметричная точке А относительно этой прямой точка А7 совпадает с точкой А , рис. 82.
Пусть точка М - точка, симметричная точке А относительно произвольной прямой, проходящей через точку В. Тогда очевидно, что Н = (ш|, Это означает, что точка М лежит на окружности с центром в точке В и радиусом |ВА\« Таким образом, необходимым условием, чтобы точка М принадлежала искомому геометрическому месту точек, является Рис. 82 условие принадлежности ее указанной
окружности.
Покажем теперь, что любая точка окружности с центром в точке В и радиусом |ВА| принадлежит искомому геометрическому месту. Пусть М - произвольная точка такой окружности. Проведем к хорде [ма] срединный перпендикуляр, который, очевидно, проходит через центр окружности, точку В . Тогда точки М и А оказываются симметричными относительно этой прямой, что и доказывает высказанное утверждение.
Таким образом, геометрическим местом точек плоскости, симметричных данной точке А относительно произвольной прямой, проходящей через другую данную точку В , является окружность
119


с центром в точке В и радиусом JbaJ.
Задача 3. На плоскости даны два отрезка [АВ] и [си]. Найти геометрическое место середин отрезков, у которых один конец лежит на отрезке [ав] , а другой - на отрезке [cr] .
Решение. Рассмотрим подмножество отрезков, соединяющих точки отрезков [ав] и [сз] , такое, что один конец этих отрезков находится в точке А , а другой - в любой точке отрезка [С3>] , рис. 83.
Это подмножество принадлежит пучку лучей, исходящих из точки А , и ограниченно отрезками [АС] и [AD] . Очевидно, что середины этих отрезков образуют отрезок [KL] , являющийся средней линией Л ACD , параллельный (CD) и равный по длине 1/2)02)1 •
Аналогично, отрезок [mn] слу-
Рис. 83 жит множеством середин отрезков,
начинающихся в точке В отрезка [ав] и оканчивающихся в точках отрезка N. причем (MN)lIfcl) и |мм1 = 1/2 ICDl.
Пусть Е - произвольная точка отрезка [ав] . Рассмотрим середины отрезков, исходящих из точки Е и оканчивающихся в точках отрезка (CjC0 • Они образуют отрезок N , являющийся средней линией дЕСЗ) , параллельный (СИ) и равный по длине, как и предыдущие отрезки, 1/2|СЯ)| .
Покажем, что точки Р и Q, принадлежат отрезкам [км] и[ьм] соответственно. Действительно, точка Р является серединой одного из отрезков, исходящих из точки С и оканчивающихся в точках отрезка [ав] . Следовательно, эта точка принадлежит средней
120


линии [км] треугольника САВ , которая параллельна (Ав) и равна по длине I/sJABI. Аналогично показывается, что точка Q. принадлежит отрезку М , который также параллелен (АВ) и равен по длине 1/2 1 ABl.
Таким образом, фигура KUMM - параллелограмм со сторонами, параллельными отрезкам [Ав] и £cij и длинами сторон, равными половинам длин этих отрезков. Геометрическим местом середин отрезков, начинающихся в точках отрезка [АВ] и оканчивающихся в точках отрезка [CD] , является множество точ^к, лежащих внутри или на границе этого параллелограмма. Заметим, что метод решения этой задачи показывает, что ни одна из *очек, лежащая вне параллелограмма KLNM , не может быть серединой какого-либо из рассматриваемых отрезков.
Во многих случаях для отыскания геометрических мест точек удобно использовать метод координат. Напомним основные положения этого метода.
Прямоугольными декартовыми координатами точкй на плоскости называются координаты проекций этой точки на оси координат. Ледду точками М плоскости и парами чисел взаим¬
но однозначное соответствие, т.е. соответствие, при котором каждой точке соответствует одна пара чисел и каждой паре чисел соответствует некоторая точка плоскости, причем разным точкам соответствуют разные пары. Записываем это так: М (ЭС,у).
Если числа X и у произвольно меняются от 0 до оо , то соответствующая точка М может лежать в любом месте плоскости. Если же точки таковы, что между их координатами существует определенное соотношение, то они лежат не произвольно, а образуют на плоскости некоторое множество. Например, совокупность точек у которых Х> 0 и 0 , образует так называемый
121


"первый квадрант", или "первую четверть", плоскости; точки у
которых Х< 0, у< 0, лежат во втором квадранте и т.д.; совокуп-
2 2 п2
ность точек, координаты которых связаны неравенством Х+у ,
представляет круг с радиусом R и центром в начале координат; совокупность точек, координаты которых удовлетворяют уравнению X = у , является биссектрисой первого и третьего квадрантов и т.д.
Квадрат расстояния d между двумя точками A(xbt^jyi выражается через координаты этих точек формулой
Середина отрезка [ав] имеет при этом координаты 1/2 (Х^Х^;
Отыскание геометрических мест точек с помощью метода координат удобно потому, что каждое свойство, которое выделяет геометрическое место точек, алгебраически выражается одним или несколькими соотношениями между координатами точек, принадлежащих этому геометрическому месту. С другой стороны, всякое соотношение или система соотношений между координатами X и у (если им удовлетворяет непустое множество значений) определяют множество точек плоскости, которое можно рассматривать как геометрическое место точек, обладающих свойством, которое алгебраически записано в виде соотношений между координатами каждой из составляющих его точек.
Для иллюстрации сказанного рассмотрим несколько задач,
Задача 4. Каким соотношением между координатами точек, образующих окружность с центром в точке 0 и. радиусом R , записывается это геометрическое место точек?
Решение. Введем систему координат так, что точка О получит координаты (X9 JJ9) ® Пусть произвольная точка
122


озфужности. Тогда расстояние |ом| равно /? . Имеем
cf I ом|2 - (х-хР)г+ (у-*/,)2
Поскольку в рассматриваемом случае с/ = & при любых JL и у , то координаты точек окружности должны удовлетворять соотно- шению
которое и представляет собой координатную запись данного геометрического места точек. Это соотношение называется "уравнением окружности” с центром в точек 0 (0Со,уо) и радиусом R .
Задача 5. На плоскости даны две точки А и В «, Найти геометрическое место точек, расстояние от каждой из которых до точки А в к раз больше, чем расстояние до точки В 0
Решение. Введем на плоскости систему прямоугольных координат так, чтобы точки А и В лежали на оси абсцисс, а начало координат, точка 0, находилось в центре отрезка [ав] , рис. 84. Если обозначить при этом длину отрезка [АВ] через 2 Q 9 то точки А и В получат координаты: к{~С1,0) , В (&}о) .
Пусть ш(х,у) - произвольная точка s принадлежащая искомому геометрическому месту. Тогда
|ма1 = (х+а)г+у1 |мв}= (a-af+f
и соотношение, определяющее геометрическое место точек, имеет вид (x.*ctf+ уг . L 2 (x-a)z*y*
хг(кг-1) + уг(кЧ)-2х.а(кгч)= а*( 1-к *).
Если к =1, то отсюда следует, что X = 0. Это показывает* что геометрическим местом точек, равноудаленных (к = I)
123
Рис. 84 или более просто


от точек А и В , является ось ординат.
Если к ф I, то полученное соотношение упрощается:
xl-2xajrzj- +уг* - а*
Дополняя первые два члена левой части этого уравнения до полного квадрата виде:
Полученную окружность называют "окружностью Аполлония". Она представляет геометрическое ссзсто точек, расстояния от ко-
ружность Аполлония легко построить, приняв во внимание, что ее центр лежит на прямой, проходящей через заданные точки, а сама окружность делит отрезок между ними внутренним и внешним образом на части в отношения К: 1.
Задача б. Даны окружность и точка А вне нее. Найти геометрическое место середин отрезков АВ , где В - произвольная точка данной окружности.
Решение. Пусть М'(эсу-у) - произвольная точка, принадлежащая геометрическому месту точек. Начало системы координат удобно выбрать в центре 0 4 окружности, а ось абсцисс направить вдоль прямой, проходящей через точки 04 и А так, что 0i(o,°) , А (а,о) , где сь - расстояние от точки А до центра 01фужн0сти, рис. 85.
Пусть В(ос17^)- произвольная точка окружности такая, что точка М является серединой отрезка [АВ]. Числа и связаны между собой уравнениями окружности у* ~ FL^ 9 где Ft* - радиус* этой окружности- Поскольку сс = 1/2 * cl)
и Y ^ i , то находим соотношение между координатами
Это уравнен и радиусом
торых до двух заданных точек плоскости относится как к . Ок-
124


У
Рис* 85
точки М :
(zx -яД (2yf~R? пт •
Это уравнение также представляет окружность. Ее центр находится в точке 0г(а/2, 0) , а радиус Rz равен 1/2 Ri .Таким образом, искомое геометрическое место точек найдено. Заметим, что окружность 02 получается из данной окружности преобразованием подобия с центром в точке А и коэффициентом подобия - 1/2.
Задача 7. Найти геометрическое место точек, равноудаленных от заданной прямой и данной точки, лежащей вне этой прямой.
Решение. Примем заданную прямую за ось абсцисс, а ось ординат направим так, чтобы она проходила через заданную точку (назовем ее F ). Точка F имеет координаты 0 и d , где d - расстояние от точки F до прямой, рис. 86.
Пусть М (x,yj- произвольная точка искомого геометрического места. Тогда
|ma1 = jxz+(y-ct)z ,
N = lj/1,
Рис. 06 и числа X к у удовлетворяют
125


уравнению
ixz*(y-d)z - I J/l.
После преобразований и упрощений получим окончательно
У"
- ±
Zet
jL
Z
Таким образом, искомым геометрическим местом точек является парабола, направленная ветвями вверх и делящая отрезок [of] пополам.
Указанные в определении геометрического места прямая и точка носят названия - директрисы параболы и фокуса параболы соответственно.
Задача 8. На плоскости даны две точки F1 и Fz , расстояние между которыми равно 2j . Найти геометрическое место точек, сумма расстояний от каждой из которых до точек Fi и Fz равна одному и тому же числу 2d (&>£)
Решение. Введем систему координат таким образом, чтобы ось абсцисс проходила через точки Я, , причем начало координат находилось бы в середине отрезка рис. 87.
Имеем: /} (-j1,0) , Рг(£ о).
Пусть М (%>у) - произ¬
вольная точка, принадлежащая геометрическому месту. Тогда
r»F,|2 -
KjI2 -(x-ff+y*
и свойство точек, принадлежащих Рис. 87 геометрическому месту, записы¬
вается в виде уравнения
if1 +
■у“ * * 2а .
Производя упрощения, получим
126


az~xf = a. -iCst-ff+уг , хг(аг~/г) + ау* аг(а*-/*).
^ + — y— _ у
* - 7
nl
Разделив обе части уравнения на его правую часть, имеем г* у1
а* + а4-/*
и, наконец, обозначив разность Q1- через “ё , получа-
ем хг У1 j
7F *ТС ' ^
Кривая с таким уравнением называется эллипсом, а числа CL и $ - его полуосями, рис. 87. Если поочередно полагать в уравнении X » 0 и у ~ 0, то можно видеть, что точки А и В
имеют координаты (&>0) и (0,i) соответственно, т.е. длины отрезков [ао] и [во] равны CL и ^ соответственно.
Точки Fj и Fz называются "фокусами" эллипса, точка О
"центром" эллипса, а точки А и В - "вершинами" эллипса. Оси ОХ и О У служат осями симметрии эллипса»
Если f = 0, т.е. точки F, и Fz совпадают, то длины полуосей эллипса равны между собой (CL = 4 = R ) и уравнение эллипса переходит в уравнение окружности с центром в начале координат
£*4-'.
Величина £ - //<7 , характеризующая относительное удлинение эллипса, называется его "эксцентриситетом". Очевидно, £ * /. Для окружности 6 = 0.
3 а д а ч а 9. На плоскости даны две точки F* и Fz , расстояние между которыми равно 2/ . Найти геометрическое место точек, для которых разность расстояний (взятая по модулю^ до точек F, л Fz есть постоянная величина, равная 2 CL (й<$) .
127


Решение, Введем систему координат таким образом, чтобы ось абсцисс проходила через точки F* и Р2 , причем начало координат находилось бы в середине отрезка рис. 88.
Имеем ,Fz(f,Cj
Пусть М (%,у) - произвольная точка, принадлежащая искомому геометрическому месту. Тогда 1М F»)Z = [х+})1 + уг ;
|mFx)2= {x-f)l + yZ.
Свойство точек, входящих в геометрическое место, записывается следующим образом:
~т^7Луг1 -2.О..
После упрощений, аналогичных предыдущей задаче, получим
xL _ . j
aL /г~аг
Поскольку О. 9 то разность / ~С( можно обозначить через £ .
Окончательно имеем: ,
xl - JL - 4
аг
Кривая с таким уравнением называется "гиперболой". При указанном выборе системы координат оси координат являются осйми симметрии гиперболы, а начало координат - ее центром симметрии. Точки F1 и Fz называются "фокусами" гиперболы.
Гипербола пересекает одну из своих осей; точки пересечения называются "вершинами" гиперболы. Прямоугольник со сторонами 2 & и 2 £ , расположенный симметрично относительно осей ги¬
перболы и касающийся ее в вершинах, называется "основным прямоугольником гиперболы". Диагонали основного прямоугольника являются "асимптотами гиперболы".
Число £ = //о. называется "эксцентриситетом" гиперболы, 128


Очевидно, £ > I. Если Ct = Ь , то уравнение гиперболы имеет вид а?- уг= cl,
Такая гипербола называется равносторонней. Если оси координат ОХ и ОУ повернуть на 45° вокруг начала координат, то в новых осях уравнение гиперболы будет иметь привычный вид, выражающий обратную пропорциональность двух величин. Можно показать, что любая гипербола получается из графика обратной пропорциональ ности двух величин путем растяжения или сжатия координатных осей 'Их поворота на определенный угол вокруг начала координат и параллельного переноса в ту или иную точку плоскости.
Последние задачи этого параграфа показали, что геометрические свойства фигур и соотношения между их элементами могут быть выражены с помощью аналитических зависимостей, алгебраических уравнений между координатами их точек. Рассмотрение геометрических фигур этим способом составляет предмет аналитической геометрии.
Задачи
1. Найти геометрическое место точек, расстояния которых от сторон данного острого угла имеют одно и то же отношение
т :п ( т< п).
Ответ. Биссектриса этого угла, если Щ = Л ; два луча, лежащие внутри угла и исходящие из его вершины, если косинус данного угла больше, чем т/п. ; четыре луча, исходящие из вершины данного угла, притом два из них лежат внутри угла, а два другие - вне угла, если косинус данного угла меньше, чем Щ / П *
2. Найти геометрическое место середин хорд, проведенных в окружности через данную внутри нее точку.
Ответ. Окружность.
3. Найти геометрическое место середин хорд окружности, образованных прямыми, проходящими через данную точку вне окружности.
Ответ. Дуга окружности.
9-1724 129


4. Найти геометрическое место точек, сумма расстояний которых до двух данных пересекающихся прямых постоянна.
Ответ. Контур прямоугольника.
5. Найти геометрическое место точек, для которых сумма квадратов расстояний от двух данных точек есть величина постоянная.
Ответ. Окружность с центром в середине отрезка между данными точками.
6. Найти геометрическое место точек, для которых разность квадратов расстояний от двух данных точек есть величина постоянная.
Ответ. Перпендикуляр к прямой, проходящей через заданные точки и делящий отрезок между ними в определенном отношении.
7. На плоскости дан луч [ОХ) с вершиной в точке 0. Найти геометрическое место точек М , расстояние которых до точки О равно величине угла между лучами [ОХ) и [ОМ) .
Ответ. Развертывающаяся спираль ("спираль
Архимеда" ) .
8. На плоскости дан луч [ох) с вершиной в точке 0 . Найти геометрическое место точек М , для которых расстояние от точки О равно косинусу угла между лучами [ох) и (ш) .
Ответ. Окружность.
9. На плоскости дан луч [ОХ) с вершиной в точке 0 . Найти геометрическое место точек М , для которых расстояние от точки О равно косинусу утроенного угла между лучами [Ьх) и (ом).
Ответ. Трилистник.
10. 	На плоскости дан луч [ОХ) с вершиной в точке 0 . Найти геометрическое место точек М , для которых расстояние от точки О равно CL (1-COS{f>) 9 где OL - длина данного отрезка, а
- величина угла между лучами [ОХ) и [(Ж).
Ответ. Кривая, имеющая форму сердца ("кардиоида") .
§ 9. Прямые на плоскости. Элементы аналитической геометрии
Если на плоскости введена система декартовых прямоугольных • координат ХОУ , то каждая точка М плоскости получит пару координат (СС,у) , а любая прямая может быть записана уравне-
130


нием
АХ + By + С = О, (I)
выражающим линейную связь между координатами составляющих ее точек. Обратно, каждое линейное уравнение указанного вида определяет прямую на плоскости (предполагается, что числа А и В одновременно не равны нулю, т.е. А2 + В*;> 0) .
Уравнение у * ксс + 4 прямой пропорциональной зависимости между величинами и X является частным случаем
первого уравнения, поэтому оно также определяет прямую на плоскости. Величина к называется угловым коэффициентом прямой,
/с = tycL , где cL - угол наклона к оси абсцисс. Параметр координата точки, в которой рассматриваемая прямая пересекает ось ординат, рис. 89.
С помощью уравнения у шкх + 4 записывается не всякая прямая плоскости. Прямые, перпендикулярные оси абсцисс, имеют угол oL 9 равный #У2, поэтому для них b(joL не существует.
В то же время уравнение общего вида (l ) определяет любую прямую плоскости, в том числе и вертикальную.
Если оС ^ ЗС/2, то В 4 О и уравнение (!) можно переписать в следующем виде:
У"~'тх~§' •
В этом случае угловой коэффициент определяется по формуле
k~t$
а параметр Ь равен -С/В „ Если ©< = Х/2, т0е0 прямая вертикаль» на, то В =*0. Поскольку при этом А 4 0, то уравнение (I) дает X = -С/А 9 т.е. уравнение прямой, перпендикулярной оси абсцисс и проходящей через точку с координатой - С/А . Таким образом,
131


с помощью уравнения (I) можно записать любую прямую плоскости. Поэтому такое уравнение называется "общим уравнением прямой".
Если на плоскости дана точка то через нее мож¬
но провести бесчисленное множество прямых. Уравнение любой такой прямой имеет вид
А (Х-Х,) + вГу-yJ-O, (2)
где А и В - произвольные коэффициенты. Действительно, уравнение (2) - линейное, следовательно, оно определяет прямую на плоскости. Кроме того, координаты точки Р , числа ЭС* и у у , удовлетворяют этому уравнению. Значит, прямая проходит через данную точку. Если такие прямые не параллельны оси ординат, то В 4 0 и, вводя угловой коэффициент к = -А/В , уравнение (2) можно записать в другой форме:
у-% ~-к(х-х<). (2')
Если на плоскости даны две точки Р (хиу4)ъ Q(oc чУ*■)> то они определяют уже единственную через них проходящую прямую. ЕслиЗТ,^ Х2 , т.е. такая прямая не вертикальна, то из уравнения (2*) можно найти ее угловой коэффициент. Для этого достаточно подставить в уравнение прямой, проходящей через точку Р (Xijf/i) координаты точки Q . Имеем
, Ж-У±--,
ОС2. ~ 3Ci
и уравнение прямой, проходящей через две заданные точки плоскости Р far,,у,) и Q(xt имеет вид
У-й •
или
У-У, _ х -Xi
Уг~У, ' Хг-Xt (3)
132


Пример X, Написать уравнение прямой* проходящей через точки Р (1,3) hQ(-I,4) .
Решение, Согласно уравнению (3) имеем
у-3 _ пгз ~ (-О-i
или
У - - £ X * £ •
Эту же задачу можно было бы решить и другим способом, с помощью векторов (см* § I) „
Пусть М - произвольная точка прямой (PQ). Тогда
векторы РМ и PQ коллинеарны. Координаты этих векторов таковы:
PM {х-1, у -з] , PQ j -I-I, 4-3J .
Поскольку координаты коллинеарных векторов пропорциональны, то У-3 ос-1 Ц-2> = 4-4 *
т.е, приходим к тому же уравнению прямой: у = -0,5.31 + 3,5 .
Пример 2. Написать уравнения прямых, являющихся сторонами треугольника АБС , в котором вершины А , Б и С имеют координаты А(0,0) , В (1,-2) , С (3,5) •
Решение, Используя уравнение (3) имеем:
(АВ) : -М—.- _ *а> Z3L+U = О •
v ; -Z-0 1~о У >
<вс) ‘ 7*-2</~Н~о;
(С4) ! -£5~ж7гг - 5=-%*о.
Пример 3. Написать уравнение медианы (АР) треугольника АБС , у которого А (0,0) , В ( 1,-2) и С (3,5) , а точка D - середина отрезка [вс] .
Решение* Координаты середины отрезка [вс] находятся как среднее арифметическое координат точек В и С :
хъ = -Ц-2- =2 .
9х-1724 133


Сравнение прямой, проходящей через точки А и Х> , имеет вид
з/z-o г-о ^ зх чу о.
Дшз: геометрической интерпретации коэффициентов А и В * шэдяшрж в общее уравнение прямой (I), рассмотрим следующую в а д а ч у»
Ешшсать уравнение прямой, проходящей через данную точку р перпендикулярно заданному вектору Я* , координаты кото-
V ' 1
F^o $1 , BJ .
Р-вшение. Прежде всего заметим, что условие задачи отрад&шгет единственную прямую. Действительно, через данную точ« щ в заданна направлении (перпендикулярном вектору Я ) можно хзравеетм “только одну прямую.
Пусть М (х, у]» произвольная точка этой прямой, рис. 90. Тогда вектор Ш коллинеарен этой прямой при любом положении точки М . Отсюда следует 9 что вектор Ж перпенди- кулярен вектору 7Г с координатами (А Bj .
Так как необходимым и достаточ-
2- 2
жш условием перпендикулярности векторов (Л 4 0 , А + В^О) тзшшш условие равенства нулю их склярного произведения (си,
§ I) * условие
( FT-iS) = о ,
m щшш произведений координат соответствующих векторов равна 'ЩрШя .Заметив* что вектор РМ имеет координаты ^ зс~Х& 9 у } ?
иш a(;x-:x*J в(у~у*) ~ О
А<Х + BU + С = О,
134


Решение этой задачи показывает, что коэффициент А и Е * стоящие при X и в общем уравнении прямой (1)р шеш гран- товать как координаты вектораР перпендикулярного данной шржшй* Пример 4* Написать уравнение прямой, простдще!
через точку Р с координатами (-3, I) перпендикулярно жегагрдг
Ж j 2, -з] .
Решение, Согласно общей формуле такое уравнение дет иметь вид 2 (х.з) - з(у-1),0,
или 2 ОС - 3^ + 9 = 0 »
Пример 5е Дан треугольник ABC с вершинам* A (1*.3)г
В {0,4) и С I<,2) о Написать уравнение высоты
опущенной из вершины В на сторону (АС).
Решение., Очевидно s вектор АС перпендикулярен № мой прямой о Его координаты находятся как разности кооррнш? точек С* и А , Тое„ | ~25 ~lj . Тогда уравнение высота: бдая:
следующим! - 2 (X - 0) - 1 (у - 4) = 0 ,
или 23С+у - 4 = 0»
Угол между прямыми о Будем называть углом между щшшш тот из двух углов между этими прямыми, который не превоскад&ж прямого .
Пусть даны две прямые своими уравнениями А^ ОС + В^у+С=0 и A + В 2 у + С — 0 *
Поскольку угол между перпенди.кулярными им векторами 1% |v ®J- и f BZJ равен по величине углу ij> между самшж щзтшшт
или дополняет его до 180°, то косинус этого угла можно шшсжшгь через скалярное произведение векторов и и их длинм {ш.


где (^Р1 - величина угла между векторами и flz .
Если AiAz ^ BiBz>0 , то угол if> - острый, и угол if между прямыми равен •
Если A^A2 + BfB2 = 0 то прямые взаимно перпендикулярны, (/> = 90°.
Если A^jAj, + ВлВг < 0, то угол ^ - тупой, и = Х~^ Пример 6 о Вычислить угол между двумя прямыми, задан ными своими уравнениями 3 X - 4^ +1 = 0.,
X + у- 5 = 0 .
Решение, Для первой прямой вектор ЛГ имеет координаты | 3, ~4j , для второй - jI, ij , Поэтому
„ 1’3* i-C-W = _ iz .
Отсюда Ц> • X- ^ = X- CCicco$>(-{2./4o)~Q.*ltcos(fZ /10). Пример 7. При каких значениях параметра т прямые тсс. + -з = о
х + (m-i) у +i = o
перпендикулярны?
Решение. Условие перпендикулярности прямых записывается следующим образом;
^1^2 ^3^2 = 0 •
Поэтому необходимо, чтобы
ГП*1 + 2(т - l) =: 0 о Отсюда находим, что ATI = 2/3*
Пример 80 Вывести условие,которому должны удовлетворять коэффициенты прямых для того* чтобы эти прямые были параллельны,
Р е ш е н и ©о Для параллельных прямых JCOSipj- I, Используя формулу (4) этого параграфа для косинуса угла между прямыми
136


получим
lvz + b<bJ = /а* + BfT • {a[ rif
После упрощений находим искомое условие;
А<В2 - АгВ< =0 (б)
Если для двух прямых, записанных в виде и ^ - kz3C + %л 9 известны угловые коэффициенты и kz
то угол Lf> между прямыми определяется по формуле
J Aidfr-l . (7)
7Т I UkiKz I
Признаком параллельности двух прямых является равенство их угловых коэффициентов
ki kg (8)
Признаком перпендикулярности двух прятшх является соотношение j
ki 'kz i или к^ * ~ -Jr ' (9 )
Соотношения (7 ) - ( 9) могут быть получены из общих фор-’ мул'(4) - (б) , причем соотношение (7) может быть преобразовано к виду: л п
AfBz А г $1 " (ю)
Ai А& +
Из него, в частности, следует условие параллельности прямых (б) если ^ положить равным нулю*
Пример 9о Написать уравнение прямой, проходящей через точку М(1„4) параллельно прямой 2^» + 5 - 0 .
Решение, Уравнение прямой, проходящей через точку М (1*4) 9 имеет вид
Lf- 4 = к fa- i) *
Поэтому остается определить только угловой коэффициент к с Для параллельных прямых, согласно формуле (б) коэффициенты ы fcz равны. Следовательно, к ~ 2/3* Итак, Lf * 2/3{JC> - I/ * 4 Пример 10. Написать уравнения прямых 5 проходящих через точку М (l9~l) под углом 45° к прямой 3 ОС. - 21J + I «= О
137


Решение. Очевидно* что таких прямых две* Поскольку каждая из них проходит через точку М 9 то их уравнения можно записать в виде
у * i * к (CL-j J-
Воспользуемся формулой (?)для тангенса угла между пряшш* Для данной прямой угловой коэффициент равен 3/2 с Поэтому имеем уравнение для определения к г
Отсюда находим к1- -5* kz = 1/5. Следовательно, искомые прямые имеют уравнения ^ -5х + 4 и U « Х/5 - 6/5*
/ \
Расстояние от точки до прямой0 Пусть дана точка 'P(XC}1J0} и прямая АХ + By + С = 0 • Вычислим расстояние от данной точки до данной прямой*
f J
Поскольку вектор Г1 с координатами j Ае Вj перпендикулярен данной прямой5 то для подсчета расстояния Г1 от точки Р до прямой достаточно спроектировать вектор РМ 5 рис* 919 на направление этого перпендикуляра. Здесь М (зе, произвольная точка
данной прямой.
Заметим* что скалярное произве- дение двух векторов С1 и в , из которых вектор - единичный (т.е. имеет длину, равную единице ) ? равно как раз проекции вектора ЗГ на направление вектора в .
Действительно, имеем А
(%$)-mm COS $е - ДО cas%$~ проекция ^ 2Г , так как i в | « I.
Единичный вектор в получим в данном случае из вектора Ж f разделив его на / гГj 9 т.е.
138
Рис* 91


Vaz+s2 fP^W j
Кроме того, имеем PM |зС-Х0, ^ J Находим
ИЛИ
9 I AXc +Byc - (АЭС+&У)
71 ' ! f/Р 7W
Поскольку точка М^у^лежит на прямой, то Азе + Bij + С
= 0 и АХ + В у = -С* Заменяя сумму А^Х + Bij в последней
формуле ее значением -С , получим формулу для расстояния от
точки Р {о*>^1до прямой:
2 ]Ах. +Ви. СI (II)
71' —
Пример Но Найти расстояние от точки Р (3,1) до
прямой ЗХ“ 4 Ц + 2=0*
Решение» Воспользовавшись формулой (II) * имеемг
/з-з -4-4*2! £_
{Щл? " 5
П р и м 8 р 129 Найти высоту треугольника ABC , опущен- иую из вершинй А на сторону ВС , если А (2,1) , В (-3,4) и С (1,1) .
Р е ш е н и е. Запишем сначала уравнение прямой (вс), проходящей через две точки В и С . Имеем
У-4 a -(-z)
1-it ~
ШЛЯ
ЗЖ* Aij -7=0.
По формуле (II) находим длину высоты треугольника!
J (3'£ * 4»^ - 71 3
П ’ ~ {з*П? *' 5
Взаимное расположение прямых на плоскости. Пусть две пря»


мыв плоскости заданы, своими уравнениями
А,СС + В,у + С = 0 ,
А2Х + В2у + С = Q ,
причем -ь В* 4 О, А* + В* 4 0в
Эти прямые могут пересекаться, быть параллельными или совпадать в Если выражение
А - - А&В* 4 0, (12)
то прямые не параллельны, следовательно пересекаются в единственкой точкев Если
Д = W - А^ = О, (13)
то прямые либо параллельны, либо совпадают.
Последние случаи можно отличить друг от друга, проверив, равно или не равно нулю одно из двух выражений А1С2а - Аг01
или - Bg0.L . Если они не равны нулю, то прямые парал¬
лельны ; если же Д ^ йг = 0, то прямые совпадают,
В тех случаях* когда соответствующие коэффициенты в уравнениях прямых отличны от нуля, условие параллельности прямых означает простую пропорциональность этих коэффициентов
fc - -ft «*“g 5 (13')
условие соЕпадзния прямых -
i* “ 5 (13")
а условие пересечения прямых -
^ "fr • (12')
Приме р 13* Какие из трех данных прямых 2 ;Ж + 3 Lj - -4а О, 4Х - 2у 1 = 0, 2ас+у+4«0 параллельны
прямой 4 СС * 2 «* 7 ~ О?
Решение. Прямые 2 X + у +4 = 0 и 4 Л + 2 у - -7 = 0 параллельны, поскольку только для них выражение ЛаА*В2 - А^Ву равно нулю.
140


Очевидно также, что эти прямые не совпадают.
Пример 14. При каких значениях т прямые ТПОС + (тпч)у + 2= 0 и 3 ОС +( ТП - I) У + I пересекаются?
Решение. Подсчитаем выражение А = - АгВ* .
Имеем: m3-(m-4)(m-3)(rn-4).
Отсюда находим, что й 4 0, если 771 4 1 и тп ф 3 . Именно при таких Ш прямые пересекаются.
Пример 15. При каких значениях ТП прямые ГПХ+ Зу +1 = 0 и
совпадают?
Решение. В случае совпадения прямых Л = 0* Сле довательно, необходимым условием совпадения прямых является уравнение
д = ??ь з m - з(тп + 2) =0
или
mz - т -2 = 0
Отсюда находим ТПЛ = -I, = 2«
При 771 = -I имеем два уравнения: -ОС + 3у +1 = 0 и X - Зу + 2 = 0.
Очевидно, что эти прямые параллельны, но не совпадают.
При Ш = 2 имеем: 2 ас + Зу +1 = 0 и
4 X + бу + 2=0, т.е. прямые совпадают.
Задачи
1. Стороны треугольника ABC заданы уравнениями
4-а+Зу -5=0, х-зу + ю = о и <Х-2=0.
Найти координаты его вершин.
Ответ. (2,-1) ; ( -1,3 ) ; (2,4) .
2. Даны уравнения двух сторон параллелограмма
8 X + Зу +1 = 0, 2X + y -1 = 0 и уравнение одной из
141
(т +2) <2 + 3/7/У +2 = 0


его диагоналей 3SC + 2у +3=0. Определить координаты вершин этого параллелограмма.
Ответ. (1,-3) ; (-2,5) ; (5,-9) ; (8,-17) .
3. Дана прямая 2 а + Зу +4 = 0. Составить уравнение прямой, проходящей через точку P(2,l) : а) параллельно данной прямой; б) перпендикулярно данной прямой.
Ответ. а) 2 ас + Зу - 7= 0;
б) ЗЛ - 2у - 4 = О.
4. Даны вершины треугольника ABC : А (2,1) , В (-1,-1) и С (3,2) . Составить уравнения его высот.
Ответ. 4Х + Зу -11 = 0;
ЯС+ у +2 = 0;
ЗХ + 2^ -13=0.
5. Составить уравнение прямой, проходящей через точку Р (3,5) на одинаковых расстояниях от точек А (-7,3) и
В (XI,-15) .
Ответ. OL + у -8=0; II«х - у -28*0.
6. Даны уравнения сторон треугольника 3 Л + 4 и -1 = 0;
СС - 7у -17=0; 7Л+у+31 = 0. Вычислить углы тре¬
угольника и доказать, что он равнобедрешшй.
Ответ, Х/4, Х/4, Х/2.
7о Составить уравнения сторон треугольника ABC , если даны одна из его вершин A(l,3) и уравнения двух медиан
ос - г и +i = o и у - х = о
Ответ, а + 2у - 7 = 0; «X - 4 Ц -1 = 0;
х. -у + 2 = 0 о
8. Даны вершины треугольника? А (-10,-13) , В (-2,3) и
С (2Д) . Вычислить длину перпендикуляра, опущенного из верши¬
ны В на медиану, проведенную из вершины С в
Ответ. 4.
9<, Составить уравнения прямых, параллельных прямой 3 ОС ~ 4 у - 10 = 0 и отстоящих от нее на расстояние cL = 3.
d Ответ. 3 а - 4 U -25 = 0;
3 OL - 4 у +5*0.
10» Составить уравнения прямых, которые проходят через точку Р (2,-1) и вместе с прямыми 2 ОС -у + 5 = 0 и 3 X + &U -1 = 0 образуют равнобедренные треугольники.
Ответ. ОС - 3 U - 5 = 0;3зс+у - 5=0.
142 * *


§ 10. Задачи на построение
Задачи на построение - это задачи, в которых с помощью циркуля и линейки требуется выполнить то или иное построение, изобразив определенную геометрическую фигуру по ее заданным элементам. Решения таких задач состоят из четырех частей*
Анализ задачи. В этой части, полагая, что задача решена, т.е. требуемая геометрическая фигура построена, разыскивают такие зависимости между ее элементами, которые позволили бы свести данную задачу к другим, известным ранее.
Построение. Шполняется согласно найденному плану решения.
Доказательство. На основании известных теорем производится доказательство того, что построенная фигура удовлетворяет всем условиям задачи.
Исследование задачи. Проводится определение условий, при которых задача имеет решение, определяется число существенно различных решений, исследуются особые случаи.
Напомним простейшие задачи, которые служат основой для выполнения других, более сложных построений.
1. Построить отрезок, конгруэнтный данному.
2. Построить угол, конгруэнтный данному.
3. Разделить данный отрезок пополам.
4. Разделить данный угол пополам.
5. Через данную точку провести прямую, параллельную данной прямой.
6. Из данной точки, не принадлежащей данной прямой, опустить на эту прямую перпендикуляр.
7. Из данной точки, лежащей на прямой, восстановить к этой прямой перпендикуляр.
8. Построить треугольник по трем сторонам (т.е. построить
143


треугольник, стороны которого были бы конгруэнтны трем заданным отрезкам ) .
9. 	Построить треугольник по двум сторонам и заключенному между ними углу (т.е. построить треугольник, две стороны которого и угол, заключенный между ними, были бы конгруэнтны двум заданным отрезкам и заданному углу соответственно ) .
10. 	Построить треугольник по стороне и двум прилежащим к ней углам (т.е. построить треугольник, сторона которого и два прилежащих к ней угла были бы конгруэнтны заданному отрезку и двум заданным углам соответственно) .
Кроме того, напомним решения еще двух задач, требующих построить отрезок, длина которого ос удовлетворяла бы уравнениям: I. ах = ic f
2. zcz = ai,
о
где CL , V и С - длины трех заданных отрезков. Решение первого из этих уравнений позволяет разрешить пропорцию
решение второго - найти "среднее геометрическое” двух заданных отрезков
Решение первой задачи понятно из рис, 92. На одной из сторон произвольного угла от его вершины А откладываются пос-
сс
ос. г Jag .
ледовательно отрезки [АВ] и [ВС] , конгруэнтные заданным отрезкам с длинами С( и & . На другой стороне угла откладывается отрезок нами
груэнтный третьему отрезку с длиной С .
Рис. 92
Затем проводится прямая (вз>) и через точку С - прямая (СЕ)Л (BD) . Полу-
144


чающийся при этом отрезок [ЗЖ] будет искомым^ поскольку его длина CL должна удовлетворять пропорции |ab|s|BC] = |АЛ>1 % [Л)Е]
или Q % ё = С о X в силу известной теоремы Фалеса (об отрезках» отсекаемых параллельными прямыми на сторонах: угла ) в Заметимз что длина ос отрезка [3 е] прямо пропорциональна длинам $ и С и обратно пропорциональна длине CL 0 Поэтому рассмотренный метод решения позволяет строить отрезки как пропорциональные г так и обратно пропорциональные данным0 Например* имеет,ся множество отрезков с длинами
й требуется построить им пропорциональные отрезки с длинами ХьасХ)ХЛг...,ОСЛ такие, что
is. „ А « -
X, «и ■' ■ х„'
Очевидно., что взяв два произвольных отрезка с длинами Q и С 9
можно построить множество искомых отрезков указанным методом по формуле
s ' ^jT 5 ГДе ^ ^*2Л *
В случае необходимости построить множество отрезков5 длины ^ ^ которых обратно пропорциональны длинам
$4 4% • • • • ^ * опять задаемся двумя произвольными от¬
резками с длинами £1 и £ и выполняем требуемое построение по формуле
= -§£- , где С = /,2,3,
Решение второй задачи о построении среднего геометрического двух отрезков иллюстрируется рис, 93* На прямой последовательно
откладываются два отрезка [АВ] и [ВС] s такие, что \Щ = а и i ВС j = Ь о Затем на отрезке [АС] как на диаметре строится окруж»
10-1724 145


ность радиуса (ot + &) /2 и из. точки В восстанавливается перпендикуляр к прямой (АС) до его пересечения в точке Е с окружностью* Поскольку Д АЕС - прямоугольный (Z.AEC - опирается на диаметр fAC]) и [BE] - его высота, то по известной теореме JbeJ* = |ав| (вс1 , Тово JbeJ
-Ташм образом, очевидно, что следует принять х = | BE | *
В дальнейшем будем ссылаться на эти простейшие задачи как на известныео
Рассмотрим теперь ряд задач на построение.
Задача I, Построить треугольник по периметру 2 р и двум углам, величины которых равны о( и
Решение, Анализ задачи. Пусть ABC - искомый треугольник, в котором Jab j + J ВС) + ]СА| = 2р и ВАС = ок ,
ВСА = jb , рис. 94,
Если на продолжении основания [ас] за точку А отложить отрезок Eda] , такой, что \1)к\ = |Ав1 , а за точку С - отрезок N , такой, что |сеМ<4 ^ то длина всего отрезка [3>Ej бу-
дет равна как раз периметру 2 р *
л/2
/* РХ Соединив точки J) и Е с
DACE „ _
вершинои треугольника В » полу- Рис, 94 чим два равнобедренных треуголь-
А А
ника Ц)ВА и ЕВС • В этих треугольниках ADB » АВЗ) =о(/2 и
А А
СВЕ = СЕВ = J3/2 , поскольку внешние углы ВАС и ВСА равны суше двух с ними несмежных углов соответствующих треугольников© Таким образом, в треугольнике БВЕ известны длина основания IDE | = 2 р и величины углов при основании <л. /2 и J9/2. Следовательно, дД)ВЕ можно построить известным способом. Да - лее при вершине В известным способом можно построить углы
146


3)ВА - d /2 и CEE = jS/20 Стороны этих углов определят две другие вершины,, А и С искомого треугольника АВСо
Построение. По данным в условии задачи элементам строим треугольникдЗ)ЕЕ (\])Е\ = 2р , Ш)Е = о</2, ВЕЗ) « ^>/2 ) „Затем при вершине В строим углы Д)ВА = о(/2 и ЕВС = f>/2 ; получаем точки А и С о Треугольник ABC - искомый..
Доказательство. Действительно, периметр треугольника ABC равен 2 р , поскольку треугольники АВЗ) и СВЕ - равнобедренные по построению* т.е. в них |А2>[= ]АВ| и |CBl = ]СЕ| ; следовательно, ]АВ| + ]ВС1 + |СА( = \1J>\ + |CEl + |CAl = \3>Е\ = 2 p.
Л
Угол ВАС = oL как внешний угол к треугольнику АВЗ) 5 . ВСА = р , как внешний угол к треугольнику СВЕ .
Анализ задачи о Задача имеет решение, если oL +j$ < ОТ. Очевидно также, что это решение единственное с точностью до положения треугольника ABC на плоскостив
Задача 20 Построить треугольник по трем медианам (тое0 построить треугольник, у которого медианы были бы конгруэнтны трем заданным отрезкам) „
Решение, Анализ задачи. Предположим, что задача решена и искомый треугольник ABC построен, [АМ], [bn] и [cpJ- его медианы, причем [AMI -Тп^, |BN.| = ГП^, |СР| = Шс , рис. 95.
Рассмотрим & ВЕС. Точка М - середина его основания, а боковые стороны [BE] и [СЕ] таковы, что |ВЕ| = 2/3|СЕ| = 2/3тсо Если, продлить медиану [АМ] за точку М на отрезок [Мр] с длиной 1/3 W cl » соединить точку F с вершинами В Рис. 95 и С , то получившийся четырех-
147


угольник BECF будет, очевидно, параллелограммом, поскольку его диагонали, пересекаясь, делятся пополам (j ВМ] = |МС| ,
|ЕМ| = }МР| = 1/3Wcl)о В таком случае |ВР| = |ЕС| = 2/3 тс о После этого анализа становится ясным, что в & BEF известны длины всех сторон - каждая из них равна 2/3 длины соответствующей медианы треугольника ABC . Значит, л BEF можно построить известным способом. Продлив затем его основание [EF] за точку Е на расстояние |Ер| , мы получим вершину А , а продлив его медиану [ВМ] за точку М на расстояние \ш\ , - вершину С д ABC 9 Toe. построим искомый треугольнике
Построение. Построим треугольник BEF по трем сторонам с длинами 2/3 тй9 2/32/3 тс<> Дяя этого сначала с помощью пропорционального деления разделим каждый из трех заданных в условии отрезков на три равные по длине части и возьмем по две части каждого» Затем на продолжении отрезка [EF] за точку Е отложим отрезок [ЕА] (1ЕА) - 2/3яге), построив тем самым точку А« Разделим отрезок [Ер] пополам*, проведем прямую (ВМ) через его середину М и отложим на ней отрезок [МС] (IMCI ^ | Ml), построив тем самым точку В® Наконец, соединив точки А , В и С отрезками прямых, получим треугольник АВС0
Доказательство0 й ABC - искомыйо [ш] - медиана, поскольку |ш| = |МС) « по построению® Точка Е - центр тяжести треугольника ABC » поскольку [ЕМ] = 1/3?%, АЕ « 2/3по построениюо Следовательно, отрезки [СЙ и [BN] будут двумя другими медианами & ABC в Кроме того, BECF - параллелограмм по построениюо Следовательно, *[ЕС| a )BF| = 2/3 Wc и Jbe[ =
= 2/3 fflg - по построениям 8^0 означает, что JBNJ = Й?| и JcpJ * !71с 9 что и требовалось доказать 0
148


Исследование, Анализ задачи и построение показывают, что она имеет решение тогда и только тогда, когда длины данных отрезков ТЯсь, JTlg и позволяют построить по ним треугольник, т.е, тогда, когда выполняются известные неравенства
+ГПС>П1С^ и /т?а + №с. > • В этом случае задача имеет
единственное решение с точностью до расположения треугольника на плоскости*.
Задача 3* Построить треугольник по трем высотам (т.е. построить треугольник¥ у которого высоты были бы конгруэнтны трем заданным отрезкам ) .
Решение, Анализ задачи. Предположим, что задача решена и искомый треугольник ABC построен,, (AM] , [BN] и [СР] -
его высоты,, причем JAM] =2?^ , [bn) * , jcpl = » рис. 96e
Обозначим длины сторон треугольника О , 4 и С. соответственно о Очевидно, что 2 S , где S - площадь
треугольника, Отсюда следует, что длины сторон треугольника CL , £ и С обратно пропорциональны длинам его высот Аа 9 и
a:S.-c*4£-
fig Tie.
Поэтому можно построить хотя и не единственным способом,три
f оf /
отрезка, длины которых О! 9 ь и С будут обратно пропорциональны высотам искомого треугольника и9 следовательно, прямо пропорциональны его сторонам (как это делается, было- показано
/ л t f
выше ). Значит* треугольник со сторонами Q , ь и С будет
подобен искомому.


Пусть л А'В'С/ - треугольник со сторонами $ и с'
построен. Тогда определятся его высоты - , у?; . к.
Очевидно, что коэффициент к подобия этого треугольника искомо- му определяется отношениями
AL - 4&~ »- .
Поэтому, имея треугольник А В С\ уже нетрудно достроить его до искомого треугольника ABC *
Построение. Построим сначала указанным выше способом три отрезка, длины которых (21, Sf и С' были бы обратно пропорцио- ^ £ и lCc соответственно. затем построим
треугольник А/>В^С/ по трем сторонам с длинами Q* , 4* и С'\ Из одной из вершин треугольника р!В1 С! Р например, из вершины В/ , опустим на его основание (А' С') высоту [b'n] . На получив¬
шемся перпендикуляре к основанию в точке N отложим отрезок [NBJ такойр что j N В| = ‘Hg « Через полученную точку В проведем прямые, параллельные боковым сторонам треугольника А'В'С' , а именно (ВА) Н(В'А') и (ВС)Н(В'С') до пересечения их с основанием (Af С') в точках А и С . Треугольник ABC - искомый.
Доказательствоо Во-первых» ясно* что построенный треугольник подобен искомому» Действительно, его стороны по построению параллельны сторонам треугольника А^В^С; <, а следовательно, он подобен этому треугольнику» В свою очередь9 последний подобен искомому, поскольку его стороны пропорциональны сторонам искомого треугольника* Таким образом, построенный треугольник подобен искомому.Во-вторых, коэффициент подобия построенного и искомого треугольников равен поскольку высоты, опущенные из вершины В в этих треугольниках, имеют равные длины (также по построению) . Следовательно9 эти треугольники конгруэнтны, и высоты построенного треугольника имеют заданные длины.
150
нальны длинам
/L. 4


Исследование о Задача может быть решена в том случае если по трем отрезкам, длины которых обратно пропорциональны заданным
задача имеет единственное решение9 если не учитывать местоположение искомого треугольника на плоскости*
В последней задаче искомый треугольник был построен с помощью преобразования подобия* примененного к другому треугольнику, подобному искомомус Этот метод можно использовать и во многих других задачах на построение. Рассмотрим несколько частных примеров«
Задача 40 В данный треугольник вписать прямоугольник с заданным отношением сторон -т. % гь ("предполагается, что две вершины такого прямоугольника должны лежать на основании треугольника, а каждая из двух других - на боковой стороне данного треугольника ) ,
Решение, Анализ задачи. Пусть задача решена и прямоугольник MNPQ , вписаннйй в данный треугольник АВС? рис. 97* имеет требуемое отношение сторон |MN\ : \Шй\ = ТП : 71 .
же треугольника, причем, естественно, отношение сторон прямоугольника сохраняется. Единственно, что при этом вершина Р прямоугольника MNPQ отображается в вершину Р^ подобного прямо-
отрезкам
? можно построить треугольник, причем
в
Можно заметить, что преобразование подобия с центром в вершине
Qi подобного ему прямоугольника МДР?6^ , лежащие на сторонах того
сматриваемому прямоугольнику, отображает вершины i , N и б на
А треугольника, примененное к рас-
соответствующие вершины , Ni и
A Mf М Qf Q С Рисв 97


угольника UitifiQfyjne не лежащую на стороне данного треугольник ка. Однако именно это обстоятельство открывает следующую возможность решения задачи; построить внутри угла ВАС прямоугольник M1NfP1Q1 , три вершины которого лежат на сторонах этого утла, причем |М^|: jMiQ-t|= ТП : П , а затем подобным преобразованием увеличить (или уменьшить) его до таких размеров, при которых и четвертая вершинаР оказалась бы лежащей на сторонах треугольника ABC . Для этого достаточно провести прямую (ДР4) до пересечения ее со стороной [вс] треугольника ЛВС в точке Р. Коэффициент к = jAPl 2 j АР1 \ и определит искомый коэффициент подобия.
Построение. Из произвольной точки М* основания [АС] треугольника ABC восстановим перпендикуляр [М^]. Построим отрезок длина которого равнаJ (используя для этой
цели уже указанный выше прием, основанный на теореме Фалеса) , и достроим фигуру до прямоугольника МДР^б?* . Затем через точки А и Р проведем прямую до пересечения в точке Р со стороной [ВС] треугольника. Из точки Р проведем прямые (PN)il(AC)
и (PQ)J.(AC)« Из точки N опустим перпендикуляр на основание (АС).
Фигура MNPQ-искомый прямоугольник.
Доказательство. То, что фигура MNPQ - прямоугольник, следует из построения. Из подобия треугольников APiNi и АРМ * а также APfQ1 и АР(3 следует
iPNl ) API . lPQl lAPl
I Pi Nil "1AP.,! ’ \P&\ ' |APt|
Отсюда находим: . ,
m\ „ iMi) . ли.
|PN\ “ iPiHA ' n
Следовательно, отношение сторон построенного прямоугольника равно W : 71 , что и требовалось доказать.
Исследование, Задача имеет единственное решение при любом 152


отношении чисел ТП % Ti „
Задача 5. Внутри угла ВАС дана точка М . Построить окружность, касающуюся сторон данного угла и проходящую через точку М .
Решение, Анализ задачи. Предположим, что искомая окружность построена, рис. 98. Очевидно, что ее центр 0 лежит
На этой же биссектрисе лежит центр и любой другой окружности, касающейся сторон данного угла, однако,такие окружности, вообще говоря, не проходят через заданную точку М . Рассмотрим одну из таких окружностей с центром в точке 01 , рис. 98. Очевидно, что она может быть получена из окружности 0 преобразованием подобия с центром в точке А , причем заданная точка М отобразится в одну из двух точек М4 или Ма , получающихся в результате пересечения луча с окружностью 0± « Таким образом* нетрудно построить комбинацию фигур, подобную искомой. Если затем увеличить (или уменьшить) ее линейные размеры путем преобразования подобия с коэффициентом к = jам| /jMjj , то получится искомая фигура* Осуществим этот план решения задачи.
Построение. Построим сначала биссектрису [AD) угла ВАС , на которой должен лежать центр искомой окружности* Приняв любую точку 0* этой биссектрисы за центр окружности, подобной искомой, впишем эту окружность в угол ВАС .
Соединим точки М и А лучом [АМ), получив тем самым на окружности 0± две точки М± и Ма , которые в результате преобразования подобия могут отобразиться на заданную точку М ,
на биссектрисе угла ВАС.
Рис. 98


т.е. служить ее прообразом. Соединим точку М i или точку М- с центром ^ 0 вспомогательной окружностив
Если теперь с помощью преобразования подобия увеличить (или уменьшить) линейные размеры треугольника АМ^О^ (АМ20*) в J-AMj/|ДМ^\ (или 1М1/1АЩ) раз, то точка 0± отобразиться на некоторую точку 0 , которая и будет центром искомой окруязнюсти, Известно, что каждая прямая в результате такого преобразования отображается ка параллельную ей прямую* поэтому для построения точки 0 достаточно провести через точку М прямую» параллельную ( Ol^i) или (0*Ма). Пересечение такой прямой с биссектрисой СА Б) дает центр 0 искомой Окружности*
Доказательство,, Покажем, что окружность с центром в точке О (или 0*) и радиусом |0М| (или 0#М) касается сторон данного угла,, Поскольку |ofE^{ = 101Mij по построению, а искомая окружность получена из окружности 0$ преобразованием подобия, то [ом! - \ое| . Это ясно и из пропорцийS
Так как jOfE^] - , то |0Е| = |0Ml о
Исследование* Очевидно, что если точка М лежит строго внутри заданного угла, то задача имеет ровно два решения»
Рассмотрим еще несколько характерных задач на построение» Задача 6, Построить окружность, касающуюся данной окружности и данной прямой в заданной на этой прямой точке (данные окружность и прямая не пересекаются) ,
Решение» Анализ задачи* Пусть задача решена и искомая окружность (ее центр обозначим 0*) построена, рис, 99« Эта окружность касается данной окружности (с центром в точке 0) в точке В , а данной прямой (MN) - заданной на ней точке А . Прежде всего ясно, что расстояния 10*А| и Ю4В| равны.
и
154


поскольку точка 0^ должна быть равноудалена от точек А и В , Отсюда следует, что расстояние |0*0j между центрами окружное» тей больше длины перпендикуляра [of А] к прямой (МЛ/) на величину $ радиуса данной окружности» Значит» если отложить на продолжении отрезка [O^Aj за точку А отрезок [A0J , такойэ что jAOj = R 9 то рас» стояния 1010| и [0i0a\ будут равны между собой. Таким образом, точка 0i равноудалена от точек 0 и 02 и является центром окружности, касающейся прямой (MW) в заданной на ней точке А .
Построениео Проведенный анализ показывает, что центр 0^ искомой окружности может быть построен как пересечение двух геометрических мест точек (см. § 8) : одного из них - множества точек* равноудаленных от двух данных точек 0 и 0^ (срединный перпендикуляр к отрезку [00J) и другого - множества центров ок~ ружностей9 касающихся данной прямой в заданной на ней точке А ('перпендикуляр к прямой (ММ) в точке А ) « Каждое из геометрических мест строится элементарно известными способами»
Доказательство,, (0*А)!(№#) - по построению,. следовательно, окружность с центром в точке 0^ и радиусом j 0f А| касается прямой (ЬШ) о [OfO^j* - по построению, следовательно,
|01в! » Jo* О! -R « io,0j ^ R = Jo^aJ . Значит, эта окружность
касается данной окружности.,,
Исследование. Совершенно очевидно, что задача имеет всегда решение и притом только одно»
Нахождение искомой точки как результат пересечения двух геометрических мест точек может быть использовано и в других задачах ка построение, Проиллюстрируем это еще одним примером.
155


Зада ч а 7„ Построить треугольник по основанию, противоположному ему углу при вершине и высоте (т*ес построить треугольник Р у которого основание„ высота, опущенная на него из противоположной вершины, и угол при этой вершине были бы конгруэнтны двум заданным отрезкам и данному углу ) .
Решен и е. Анализ задачив Пусть искомый треугольник АБС построен., рис, 100,а, В нем длина основания /ас] равна а ,
/ 'А
высота равна К , угол АБС = «
Рис, 100
Из вершины В треугольника отрезок [АС] виден под углом о(} значит, точка В должна принадлежать геометрическому месту •тачек, о котором уже шла речь (см. § I, рис, 7) , т*е. лежать на окружности радиуса R , который определяется теоремой синусов?
D - JL .
2 sin ос
Кроме того, поскольку эта вершина удалена от основания треугольника на расстояние ^ , то она должна принадлежать соответствующему геометрическому месту точек, состоящему из двух прямых, параллельных основанию (АС) и отстоящих от него на расстояние А * Значит,, вершина В принадлежит пересечению этих


геометрических мест и может быть построена таким способом.
Построение. Имея в виду, что построить две прямые (MiN4)id (M2N2), параллельные (АС) и отстоящие от нее на расстояние ft нетрудно, покажем только, как строится геометрическое место точек, из которых данный отрезок [АС] виден под данным углом сС (известно, что это две симметричные дуги окружности радиуса R.).
Из середины D отрезка [ас] восстановим к прямой (АС) перпендикуляр» Возьмем на этом перпендикуляре произвольную точку Р и проведем через нее прямую (PQ) под заданным углом ©< к восстановленному перпендикуляру0
Через вершину А треугольника пррведем прямую (АО) , параллельную прямой (PQ) до пересечения ее в точке 0 с перпендикуляром (DP) о Точку 0 примем за центр первой окружности, а симметричную ей точку СЦ - за центр втброй окружности, рис, 100,бо Фигура AECFA - искомое геометрическое место0
Точки В 9 Bi , Bz и пересечения двух построенных геометрических мест определяют возможное положение вершин искомого треугольника.
Доказательство» Любой из построенных треугольников АБС , АВ^С 9 ABgC или АВ3С (а они все конгруэнтны) будет искомым. Действительно9 его основание и высота имеют по построению заданные длины Q и ft соответственно 6 Покажем» что угол при его вершине равен Ы .
Поскольку угол АОЛ) равен по построению углу QPbvi равен , то центральный угол АОС равен 2 . Поэтому любой впи¬
санный в окружность угол, как, например, углы ABC , АВ1С ,
АВгС или АВ3С р опирающийся на хорду (ас] 9 равен половине центрального угла9 т0е0 о{ о
Исследование о Очевидно,, что с точностью до конгруэнтности задача имеет единственное решение,, При этом решение существует
157


только в том случае, если длина 71 высоты треугольника будет не больше длины отрезка [ЭЕ] , рис* 100, т.е. удовлетворять неравенству R + RCOSс{ или R(l+Co&d)„ Отсюда полу¬
чаем; $i^C( (i + cosu) fZStnd .
Задача 8. Построить треугольник по медиане, биссектрисе и высоте, проведенным к стороне из противоположной ей вер- шины (т.е. построить треугольник, в котором медиана, биссектриса и высота, выпущенные из какой-либо вершины, были бы конгруэнтны трем заданным отрезкам ) *
Решение., Анализ задачи. Пусть ABC - искомый треугольник, рис. 101. Длины его медианы [дЬ] , биссектрисы [ВЕ1 и высоты [BF] обозначим через 7П , 't и ^ соответственно,
Установим сначала немаловажный факт; во всяком треугольнике биссектриса лежит между медианой и высотой, проведенными из той же вершины. Для этого опишем вокруг Л ABC окружность (ее Н центр - точка 0) так, что утол
Рис. 101 ABC окажется вписанным, а осно¬
вание [АС] - хордой этой окружностио Поскольку биссектриса [вЙ делит'угол ABC пополам, то ее продолжение [ЕН] должно разде- лить пополам дугу АС , на которую опирается рассматриваемый угол (АВН = СВк ) о Поскольку далее 2) - середина основания A ABC и, следовательно, середина хорды [АС] окружности, то срединный перпендикуляр к отрезку [ас] должен пройти как через центр О окружности, так и через середину Н дуги АС • Треугольник 3)ВЕ- пршоугольшй, причем угол 2)ЕН - острый. Поэтому дополнит ель» шай для него угол Л)ЕВ - тупойс Следовательно, д])ЕВ - тупоугольный. Отсюда следует, что высота [Вр] , опущенная из верши-
158


ны острого угла тупоугольного треугольника на основание9 попадает на продолжение этого основания, т0е0 точка Е лежит между точками 3) и F , что и доказывает сформулированное утверждение о
Воспользовавшись данным анализом, можно предложить следующее.
Построениео Из произвольной точки F прямой восстановим к ней перпендикуляр [FBJ, такой что |рв|= ‘fi . Из точки В , приняв ее за вершину искомого треугольника, растворами циркуля ТП Ш jf опишем дуги окружностей до пересечения их в точках
2) 	и Е с выбранной прямой* Примем, что (вЗ)] и [be] - это медиана и биссектриса искомого треугольника соответственно,,
•В точке 3) восстановим перпендикуляр к прямой до пересечения его в точке Н с прямой (ВН), продолжением биссектрись^&Е] за точку Е о С одной стороны, центр описанной окружности должен лежауь на срединном перпендикуляре к отрезку [ас], т.е. на перпендикуляре (БН)с С другой стороны, он равноудален от точек В и Н , следовательно, он лежит на срединном перпендикуляре к отрезку [вн] . Пересечение этих двух перпендикуляров дает нам $?очку 0 о Описав из точки 0 , как из центра, окружность радиуса |OBj , получим точки А и С ее пересечения с исходной прямой» Приняв эти точки за вершины треугольника, получаем треугольник ABC .
Доказательство о Треугольник ABC - искомый. В нем высо’га [BF] имеет длину ^ по построению, [В3>] - медиана, поскольку точка 3)-середина отрезка [ас] , также по построению. Ее длина равна 772 . Наконец, отрезок [be] является биссектрисой, посколь- ку его продолжение попадает в середину дуги АС и, следовательно, угол АВ& равен углу СВЕ . Кроме того, по построению длина этого отрезка равна ^ „
159


Исследование,, Задача имеет единственное решение, которое возможно при условии А & £ £ ТП.
В заключение этого параграфа рассмотрим несколько задач о построении отрезков, длина которых выражается той или иной формулой,, В этой связи следует отметить, что многие задачи на построение допускают такой путь решения* при котором ключевой элемент искомой геометрической фигуры сначала рассчитывается аналитическим методом и для него находится та или иная формула5 выражающая его величину через заданные длины и углы* Затем указывается способ, как построить этот элемент (по полученной для него формуле) с помощью циркуля и линейки* Задачи о построении отрезков по формулам являются одним из звеньев указанного пути*
Задача 9„ Заданы отрезки длиной Q , ’§ 5 С и о( э Построить отрезок, длина которого выражается формулой ^foicci 0
Р е ш .е н и е, Корень четвертой степени из произведения отрезков может быть представлен в следующем виде?
ifaYccT - iflfaiicd • .
Поскольку известно, как построить среднее геометрическое двух: отрезков, то сначала можно построить отрезок с длиной затем отрезок с длиной Xz- 1led > наконец построить искомый отрезок с длиной v&fXz „
&
Задача 10, Заданы отрезки длиной Q и Ь 0 Построить отрезок, длина которого выражается формулой
пгт
Решение, Построить сначала отрезок длиной представив его как среднее геометрическое отрезков с длинами а и 2 0 , тве3 - Уa>Za 0 Затем построим отрезок с длиной CCZ - 5 представив его как среднее геометрическое отрезков 4 и 7 % 9 Тово Хг - lj€*rv о Наконец, построим искомый
отрезок, представив его в виде гипотенузы прямоугольного треугольника с катетами и т*е0
160


iZaz+Jg!L - jxt+z£ .
Задача II. Заданы три отрезка, длины которых d , ь и С . Построить отрезок с длиной, выраженной формулой
1Л+4-+s-
сс. а Т с
Решение. Построим сначала отрезок, длина которого выражается формулой
1-JL+I у ~ ct 1Г
Для этого запишем последнюю формулу в виде •
Тогда становится очевидным, что у можно найти как четвертое пропорциональное для отрезков Q + & , Ct и & .
На одной из сторон произвольного угла от его вершины последовательно откладываем отрезки С/ + £ и ft ; на другой стороне - отрезок ff . Через концы отрезков проводим параллельные прямые, рис. 102. В результате построения получаем отрезок Jj)E] длиной у .
После того как отрезок [3)Е] построен, нетрудно построить искомый отрезок. Очевидно, что
1-JL + -L , сс у с
поэтому отрезок длиной X строится аналогично предыдущему.
Задачи
1. Построить прямоугольный треугольник: а) по гипотенузе и отношению катетов; б) по катету и отношению другого катета к
гипотенузе.
2. Построить треугольник: а) по основанию, высоте и медиане, проведенной к боковой стороне; б) по двум сторонам и углу,
противолежащему одной из них.
3. Вписать в данный сегмент квадрат.
4. Вписать в данный сегмент прямоугольник с заданна отно¬
шением сторон.
II-1724 161


5. Построить треугольник по стороне, противолежащему ей углу ш разности двух других сторон.
6. Дана прямая и две точки по одну сторону от нее. Построить окружность, проходящую через данные точки и касающуюся данной прямой.
7. Провести через точку М , находящуюся вне круга, прямую, на которой окружность высекает отрезок заданной длины Ct .
8. Через данную точку, лежащую внутри данного угла, провести прямую так, чтобы она отсекала от угла треугольник наименьшей площади.
9. Провести через точку М внутри круга хорду заданной длины CL .
10. 	Заданы отрезки длиной О/ , £ , С и о! . Построить
отрезки, длины которых выражаются следующими формулами:
а) ijiai+Zcd б) V
(тЧг г)
(чт+ггу -
§ II. Разные задачи
I. 	Даны две концентрические окружности. Касательная к меньшей окружности делит длину дуги большей окружности в отношении 1:5. Найти отношение площадей кругов, ограниченных этими окружностямие
Ответ. 4:3.
2о Дан ромб с острым углом • Какую часть площади ромба составляет площадь вписанного в него круга?
Ответ. Xsind/^ ■
3. 	В окружность вписана трапеция ABCjD , причем ее основания [ав] = I и ]DC| = 2. Обозначим точку пересечения диагоналей этой трапеции через F о Найти отношение суммы площадей треугольников ABF и CDF к сумме площадей треугольников AFD и BFС.
Ответ. 5/4 162


4. В прямоугольный равнобедренный треугольник ABC с прямым углом при вершине В вписан прямоугольный треугольник MNC так, что MNC = 90°, точка N лежит на [ас] , а точка М - на стороне [ав} . В каком отношении точка N должна делить гипотенузу [ас] , чтобы площадь треугольника MNC составляла 3/8 от площади треугольника ABC ?
Ответ. 3/4*
5. В треугольнике ABC длины боковых сторон [ав] и [в61 равны d , угол ABC = 120°. В треугольник ABC вписана окружность, касающаяся стороны |АВ] в точке D . Вторая окружность
имеет центром точку В и проходит через точку 33 . Найти площадь той части вписанного круга, которая находится внутри второ¬
го круга.
Ответ. С^(7 - 4 тГз) (бХ - 6 тГз’)/24
6. На стороне АС остроугольного треугольника ABC взята точка D так, что |ad| = I, )dc| = 2 и [вз>] является высотой треугольника ABC. Окружность радиуса, равного 2, проходящая через точки А и D , касается в точке D окружности, описанной около треугольника SDC . Найти площадь треугольника ABC .
Ответ. 3 т/ИГ
7. Дан квадрат ABCD , длина стороны которого равна CL ,
и построены две окружности. Первая окружность целиком расположена внутри квадрата ABCЛ) , касается стороны [АВ] в точке Е ,
а также касается стороны N и диагонали (АС] . Вторая окруж- ность имеет центром точку А и проходит через точку Е . Найти площадь общей части двух кругов, ограниченных этими окружностями.
Ответ. d$2 - i) [( 2l2 - i) ОС - 4] /8.
8. В треугольнике ABC биссектриса [ак] перпендикулярна медиане [вм] , а угол ABC равен 120°. Найти отношение площади
163


треугольника ABC к площади описанного около этого треугольника круга. .
Ответ. Зт/кГ (ifiz- l) /32 ОС .
9. 	В треугольнике ABC биссектриса [АН] делит медиану [be] в отношении |ВК| : |КЕ| = 2, а угол АСВ равен 30°. Найти отношение площади треугольника ВСЕ к площади описанного около этого треугольника круга.
Ответ. 3 /145Г .
10. В трапеции АВСЗ) диагонали [ас] и [3> в] взаимно перпендикулярны, ВАС = CJB . Продолжения боковых сторон [ав] и [CI)j,
^ п
пересекаясь в точке К , образуют угол AKD , равный 30 .
Найти площадь треугольника АКЗ) , если площадь трапеции равна S.
Ответ. 3S/2.
11. Дана равнобочная трапеция, у которой верхнее основание вдвое меньше нижнего. Определить, в каком отношении делит нижнее основание трапеции прямая, которая параллельна диагонали, проходит ниже ее и отсекает треугольник площадью, в 4 раза меньшей площади трапеции.
Ответ. 4/-/1Г - I.
12. Дана трапеция ABCD , сторона [ав] которой перпендикулярна основаниям [вс] и [a3)J . На стороне [ав! как на диаметре построена окружность радиуса У1Р» которая касается стороны 1С2)} о Другая окружность радиуса ~{2 касается сторон [ЛИ] и [С2>] и пересекается с первой окружностью, имея с ней общую хорду длины . Центры обеих окружностей расположены по разные стороны от общей хорды. Найти площадь трапеции АВСЗ).
Ответ. 12
13. В параллелограмме АВСЗ) со сторонами |АЭ| = 5 и
|ав[ * 4 проведен отрезок [Ер] , соединяющий точку Е стороны [ВС] с точкой F стороны [сЗ>] . Точки Е и F выбраны
164


так, что |ВЕ| : |ЕС| = 1:2, |cF| : |Ер| « 1:5. Известно, что точка М переоечения диагонали [ас] с отрезком [EF] делит [EF] в отношении JMF| : |МЕ| = 1:4. Найти диагонали параллелограмма.
Ответ. |АС\ = ifiT, |BD)= f&T.
14. Трапеция АВСЗ) имеет основания |AD| = 7, |ВС[ =4 и
боковые стороны [АВ\ = 5, |СЗ)|= 4. Окружность радиуса V1P с центром в точке В , лежащая в плоскости трапеции, пересекается со второй окружностью, центр которой лежит внутри трапеции АВСЗ) и которая проходит через точки А и 3) . Известно, что касательные, проведенные через одну из точек пересечения окружностей, взаимно перпендикулярны. Найти радиус второй окружности.
Ответ. V197/4 .
15. Отрезок [ав] есть диаметр круга, а точка С лежит вне этого круга. Отрезки [ас] и [вс] пересекаются с окружностью в точках D и М соответственно. Найти угол CBD , если площади
треугольников Л) СМ и АСВ относятся как 1:4.
Ответ. Х/б .
16. В треугольнике ABC проведены биссектриса £вБ] угла ABC и отрезок [am] . Точки D и М лежат соответственно на (ас] и {вс] , К - точка пересечения (в!)] и [am] . Площади треугольников AKD и АМС относятся как 1:6. Найти длину стороны И , если |АВ1 + |ВС| = 3 и |ав| + |МВ| = 2.
Ответ. I.
17. На отрезке [ав] длины R как на диаметре построена окружность. Вторая окружность такого же радиуса, что и первая, имеет центр в точке А . Третья окружность касается первой окружности внутренним образом, второй окружности - внешним образом, а также касается отрезка [ав] . Найти радиус третьей окружности. п — й
Ответ. №/8
IIх-1724 1б5


18. Дан правильный треугольник ABC , сторона которого имеет длину CL . Окружность проходит через центр треугольника и
касается стороны [вс] в ее середине М . Прямая, проведенная из
УЧ о
вершины А , касается окружности в точке Е так, что ВАЕ<30 . Найти площадь треугольника АЕМ .
Ответ. (32УбГ/40 .
19. В треугольнике ABC известны длины сторон |АВ| = б,
| ВС| = 4, |АС] = 8. Биссектриса угла С пересекает сторону [ав] в точке D . Через точки А , D , С проведена окружность, пересекающая сторону [вс] в точке Е . Найти площадь треугольника АЗ)Е.
Ответ. 3 -{W/2 .
20. В треугольнике ABC косинус угла ACB равен 2/3,
\АС\ = 3, \вс1 = 9. Точка Ъ лежит на стороне [вс] так, что
\СЛ>)= 3. Найти отношение площади круга, описанного около треугольника АС]) , к площади круга, вписанного в треугольник
АЕФ • / л
Ответ. 9 (II + 4 V1T7/50 .
21. В прямоугольном треугольнике ABC длины катетов равны 3 и 4. Из вершины С прямого угла проведена высота [СЗ)] .
Найти расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники АСЗ) и ВСЗ) .
Ответ. V1T.
22. Дан прямоугольный треугольник ABC с прямым углом при вершине С . Угол САВ равен ос . Биссектриса угла ЛВС пересекает катет [ас] в точке К . На стороне [вс] как на диаметре
построена окружность, которая пересекает гипотенузу [ав! в точ- л
ке М . Найти угол АЖ.
Ответ. CLZctcj (1 jCOSoC) .
166


23. Дан параллелограмм АВСЗ) со сторонами ]АВ| = 2 и |ВС| а* 3. Найти площадь этого параллелограмма, если известно, что диагональ [ас] перпендикулярна отрезку [BE], соединяющему вершину В с серединой Е стороны (АЗ)].
Ответ. -/35’.
24. Около окружности радиуса 2 описана равнобочная трапеция АВСЗ) . Е и К - точки касания этой окружности с боковыми сторонами трапеции. Угол между основанием [ав] и боковой стороной (АЛ)] трапеции равен 60°. Доказать, что (ЕК) параллельна (АВ), и найти площадь трапеции АВЕН .
Ответ. 9 УЗ ё^/4 .
25. В окружность радиуса R вписан равнобедренный треугольник ABC с углом при вершине С , равным 120°. 3) - середина меньшей из дуг, соединяющих А и С , Е - середина меньшей дуги из соединяющих С и В . Доказать, что (БЕ) параллельна
(АВ) 	, и найти площадь трапеции ABEjD.
Ответ. R /2 .
26. В треугольнике ABC угол А равен 45°, а угол С - острый. Из середины стороны [ВС] опущен перпендикуляр [мм] на сторону [ас] . Площади треугольников NMC и ABC относятся соответственно как 1:8. Найти углы треугольника ABC.
Ответ. 45°, 45°, 90° .
27. В трапеции АВСЗ) углы А и D при основании И равны соответственно 60° и 90°. Точка N лежит на основании [вс] » причем |BN| : jBC| = 2:3. Точка М лежит на основании м. прямая (mn) параллельна боковой стороне (АВ^и делит площадь трапеции пополам. Найти отношение |АВ| : |ВС| .
Ответ. 4:3 .
28. Три окружности расположены на плоскости так, что каждая из них касается двух других внешним образом. Две из них имеют
167


радиус 3, а третья - радиус I. Найти площадь треугольника ABC , где А , В и С - соответственно точки касания трех окружностей.
Ответ. 9 УТУ16 .
29. Даны углы ABC и В&А треугольника (ABC 4 ВСА ) .
Найти котангенс острого угла, который образует медиана, выходящая из вершины А , со стороной [вс] .
Ответ. | С&^ А ВС — cfy BCA\/z •
30. В треугольник ABC с заданными углами А и В из вершины А опущена высота [АЮ] . Точка Р делит сторону N пополам. Через точку Р проведена окружность, касающаяся стороны
ВС в точке Ъ . Определить радиус окружности, если длина стороны [вс] равна Q .
Ответ. a/bsinZB[ct(jВ - dg (А+в)]•
31. В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диагональ длиной 3. В каждый из получившихся треугольников вписано по окружности. Найти расстояние между центрами окружностей.
Ответ. УНТ7/3 .
32. Даны два одинаковых пересекающихся круга. Отношение расстояний между их центрами к радиусу равно 2 ГП . Третий круг касается внешним образом первых двух и их общей касательной. Определить отношение площади общей части первых двух кругов к площади третьего круга.
Ответ. 32(atccosm - тП-гпг)1кгп*.
33. 	В выпуклом четырехугольнике ABC Б заключены две окружности равного радиуса S , касающиеся друг друга внешним образом. Центр первой окружности находится на отрезке, соединяющем вершину А с серединой F стороны [СР] , а центр второй окружности находится на отрезке, соединяющем вершину С с серединой Е стороны [ABJ. Первая окружность касается сторон [ав] ,
168


[AD] и [си] ; вторая окружность касается сторон АВ , ВС и С . Найти [АС] •
Ответ. 2 "Гь1.
34. Точка Е стороны [вс] и точка F стороны JAJ)] выпуклого четырехугольника АВСЗ) расположены так, что |ВЕ) = 2*|ЕС| и |AF| « 2-]F3)l . На отрезке [аё] находится центр Окружности радиуса 2 , касающейся сторон [ав] , [вс] и [CD] . На отрезке [BF] находится центр окружности того же радиуса 2 , касающейся сторон [АВ] , [АЗ)] и [СЗ>3 • Найти площадь четырехугольника ABCD 9 зная, что указанные окружности внешним образом касаются друг друга.
Ответ. 8Йг.
35. В треугольнике ABC сторона [вс] служит основанием полукруга, площадь которого равна площади треугольника ABC .
Угол ВАС равен cL . Найти величины углов ABC и ВЙА , счи- тая, что ABC ^-ВСА . Исследовать, при каких ©С задача имеет решение.
Ответ. ABC = (Х-<*)/2 * l/Z-aZcCO&(Jt/2Si/M-COS, BCA =(%-d)/Z- Уг. cnccD&(X/z •Sind-cob Ot-dLk2.a,tcsin(i/-fK*/tf +<У.
36. Четырехугольник ABCD вписан в о!фужность радиуса R и описан вокруг другой окружности, которая касается сторон четырехугольника в точках К , L , М и N . Найти площадь четырехугольника ABCJ) , если известно, что она в три раза больше площади четырехугольника KLMN , а угол между диагоналями
[АС] 	и (ВЗ>3 равен .
Ответ. 4 RZ$tnjf /3.
37. В четырехугольник ABC Б можно вписать и вокруг него можно описать окружность. Диагональ [ас] делит площадь четырехугольника пополам. Найти длину диагонали [ED], если радиус впи-
169


санной окружности равен £ , а периметр четырехугольника равен 2 р .
Ответ. 2 ^p/lГр2-2*гр .
38. Центры трех окружностей различных радиусов расположены на одной прямой, а центр четвертой находится на расстоянии d от этой прямой. Найти радиус четвертой окружности, если известно, что каждая из этих окружностей касается трех других.
Ответ, d /2 .
39. В прямоугольном треугольнике ABC длина гипотенузы [aeJ равна с 9 & угол при вершине А равен oi . На продолжении гипотенузы [ав] через точку В взята точка М , а на продолжении катета [ас] через точку С взята точка N таким образом, что \т\ = 1см|. Найти длину общей хорды двух окружностей, описанных около треугольников ABC и AMN .
Ответ. CSinot/Z.
40. В окружность вписана трапеция АВСЮ , причем (АВ)Н(ВС) и |АХ>{> |BCl . На дуге AD , не содержащей вершин В и С , взята точка S \ Точки Р , О. , М , и N являются основаниями перпендикуляров, опущенных из S соответственно на стороны
[А 3)3 , [вс] , [ав] и [с!)]или на продолжения этих сторон. Известно, что |Sp1 = <3 , |Sft| = £ f \SN\ = G . Найти отношение площади треугольника MQS к площади треугольника NQS .
Ответ. q£/cZ>
41. В треугольнике ABC известно, что [ав| = 20, [АС| * 24. Известно также, что вершина С , центр вписанного в треугольник
А
ABC круга и точка пересечения биссектрисы угла ВАС со стороной [ВС] лежат на окружности, центр которой принадлежит отрезку [ХсЗ . Найти радиус окружности, описанной около треугольника ABC .
Ответ. 12,5.
170


42. В прямоугольном секторе АОВ из точки В как из цент-
v.^
ра проведена дуга ОС (С - точка пересечения этой дуги с дугой АВ) радиуса |В0|. Окружность Sj касается дуги АВ , ду- ги ОС и прямой (ОА) , а окружность Ог касается дуги АВ , прямой (ОА) и окружности S1 . Найти отношение радиуса окружности Si к радиусу окружности Sz .
Ответ. 4(2+ (3)/3 .
43. В треугольнике ABC угол при вершине В равен Зс /4,
а угол при вершине С - Jt/З. На медианах {вм] и (CN] как на диаметрах построены окружности, пересекающиеся в точках Р и И . Хорда [Р&} пересекает среднюю линию [mn] в точке F . Найти отношение длины отрезка [NF] к длине отрезка [Р«] .
Ответ. -/з\
44. В трапеции ABCD точки К и М являются соответственно серединами оснований [ав] и [СР] , причем |АВ] = 5,
|СБ| = 3. Найти площадь трапеции, если треугольник АМВ - пря¬
моугольный, а [Бк] - высота трапеций.
Ответ. 8 .
45. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла ВСА проведены биссектриса [CL] и медиана [см] . Найти площадь треугольника ABC , если|Ьм| = Cf и |СМ| = £ .
ответ. Ш‘-аг)Ц(г*аг).
46. В окружность с центром 0 вписана трапеция ABCD , в которой (ВС) II(AD) . В этой же окружности проведены диаметр [СЕ] и хорда [be] , пересекающая [AD] в точке F . Точка Н - основание перпендикуляра, опущенного из точки F на [се], S - середина отрезка [ео] , м - середина отрезка [BD] . Известно, что радиус окружности равен R , а |сн| =9/?/8 . Найти длину отрезка |SM| .
Ответ. 3 т/2 к/А .
171


47. Окружность радиуса 1 вписана в треугольник ABC , в ко- тором косинус угла ABC равен 0,8. Эта окружность касается средней линии треугольника ABC , параллельной стороне [AcJ . Найти длину стороны [асЗ .
Ответ. 3.
48. Два конгруэнтных правильных треугольника ABC и CDE со стороной I расположены на плоскости так, что имеют только од- ну общую точку С , и угол BCD меньше, чем Х/3. Точка К - середина [ас] , точка L - середина £се] , точка М - середина отрезка [М)] . Площадь треугольника КШ равна Уз" /5. Найти длину отрезка [Ш>] .
Ответ. (2 - /2Г)//1Г.
49. Два конгруэнтных равнобедренных треугольника ABC и РВЕ (lABl = 1ВС| = \ВЗ)| = |ЕЕ|) имеют общую вершину В и лежат в одной плоскости так, что точки А и С находятся по разные стороны от прямой (В]>) , а отрезки [АС] и [ЕЕ] пересекаются в точке К . Известно, что ABC - Х*ВЕ .о<СГ/2 , АКБ - ХР>< о( .В каком отношении прямая (вк) делит угол ABC ?
Ответ. (c(-jb)/(dL+jb).
50. В треугольнике ABC известно, что J АВ| = ]АС} и угол
Л -
ВАС - тупой. Пусть точка JJ - это точка пересечения биссектрисы угла ABC со стороной [асЗ » М - основание перпендикуляра, опущенного из вершины А на сторону [вс] , Е - основание перпендикуляра, опущенного из D на сторону [вс] . Через точку D проведен также перпендикуляр к [BJ}] до пересечения со стороной [вс] в точке F . Известно, что (МЕ| = С| = CL . Найти площадь треугольника ABC •
Ответ. 25 {7а1/12.
172


ГЛАВА 2о СТЕРЕОМЕТРИЯ § I. Основные теоремы и формулы стереометрии
Так же, как и в первой главе этого пособия, напомним сначала наиболее употребительные теоремы и формулы, используемые при решении стереометрических задач.
Теоремы о параллельности прямых и плоскостей:
а) 	если прямая ( АВ, рис. 103) параллелша какой-нибудь прямой (CD), расположенной в плоскости (Р ) , то она параллельна самой плоскости;
Рис. ЮЗ
б) если плоскость (FI , рис0 103) проходит через прямую (АВ) , параллельную другой плоскости ( Р ) и пересекает эту плоскость, то линия пересечения (СД>) параллельна первой прямой (АВ); Рис. 104
в) если две параллельные плоскости ^Р и Q , рис. 104)
пересекаются третьей плоскостью^/?), то линии пересечения (АВ) и (си) параллельны;
г) если две пересекающиеся прямые (АВ) и (DC) , рис. 105, одной плоскости (Р) соответственно параллельны двум прямым (AjBj) и- (ЦС^ другой
плоскости (О.), то эти плоскости парал- .
лельны.
Рис. 105
173


Рис* 106
Теоремы о перпендикулярности прямых и плоскостей:
а) для того чтобы прямая (^АВ), рис.
106, была перпендикулярна плоскости (Pj, необходимо и достаточно, чтобы она была перпендикулярна двум произвольным непараллельным прямым (CD) и (Е F) , лежащим в этой плоскости.
б) для того чтобы прямая (DEjl рис.
107, проведенная на плоскости (Р] через основание наклонной (АС) была ей перпендикулярна, необходимо и достаточно, чтобы эта прямая была перпендикулярна к проекции наклонной (BCj на плоскость^). ^Достаточное условие этой теоремы называется "Теоремой о трех перпендикулярах”: (АВ) , (ВС) , (АС));
Рис. 107
в) если две прямые (ав) и (сD), рис. 108, перпендикулярны одной плоскости (р) , то они параллельны между собой;
Рис. 108 г) если две плоскости (Р) и (й), рил 109, перпендикулярны одной прямой (АВ) , то они параллельны между собой.
Рис. 109
174


/
к
Рис. ПО
Теоремы о перпендикулярности плоскостей.
а) Если плоскость (р) проходит через перпендикуляр к другой плоскости (Q.) , то она перпендикулярна этой плоскости, рис. 110;
б) Если две плоскости (р) и(&), рис. 1109 взаимно перпендикулярны, то прямая, проведенная в одной плоскости перпендикулярно линии пересечения плоскостей, перпендикулярна другой плоскости.
Скрещивающиеся прямые.
а) 	Угол cL между скрещивающимися прямыми (АВ) и (С1>) ? рис. III, определяется как угол между одной из этих прямых (например, (СБ)) и любой прямой А^В^ , проходящей через ее произвольную точку (Е) параллельно другой прямой;
Рис. III б) Расстояние А между скрещи¬
вающимися прямыми ^Ав) и (CD) 9 рис. III, определяется как кратчайшее расстояние между точками этих прямых и может быть найдено как расстояние от одной из этих прямых (например, (ABJJ до плоскости (Р) , проходящей через другую прямую (СБ) параллельно первой.
Двугранные углы.
Определения. Пересечение двух полупространств, границами которых служат непараллельные плоскости (Р) и(й), рис. 112, называется двугранным углом.
175


равен
ос п.
Ограничивающие двугранный угол плос- кости Р и d называются его гранями, а прямая (АВ) , являющаяся общей границей этих'плоскостей, - ребром двугранного угла.
Пересечение двугранного угла и плоскости(^S), перпендикулярной к его ребру, называется линейным углом двугранного угла, рис. 113. Величиной двугранного угла называется величина его линейного угла, т.е. величина угла между прямыми (СЭ) и (СЕ) , перпендикулярными ребру (АВ) двугранного угла.
Величину меньшего из двугранных углов, определяемых двумя пересекающимися плоскостями, называют углом между этими плоскостями, Если плоскости параллельны, то угол между ними равен 0; если они перпендикулярны, то угол между ними
Трехгранные углы в
Объединение всех лучей, имеющих общее начало S 9 рис, 114, и пересекающих данный треугольник АБС , называется трехгранным углом.
Величина каждого плоского угла трехгранного угла меньше суммы величин двух других его плоских углов:
°<</ЛГ ; + Г ;
176


В трехгранном угле сумма величин всех его плоских углов меньше 2 ОС (сС +р + У’ < 2&)
Двугранные углы ^ и О , образованные гранями трехгранного угла, выражаются через плоские углы oL ,уЗ и при
его вершине формулаш:
.оМле C0S7f-cos* cgg£. ,
CoS^ StnoL'Sinp *
cos\U- -
Г 7 .Strtai »
rncO - cosW ~ cos3*
где - величина двугранного угла, противолежащего грани с плоским углом у , )/ - грани с плосюш углом у& , 0 - гражз с плоским углом <э( , рис. 114.
Доказательство. Покажем, например, справедливость первой из этих формул. Отложим на ребре (SB) отрезок [SK] , такой, что I SKI в I. Из точки К опустим перпендикуляр [КЗ] на плоскость грани (5АС) , а из полученной точки М проведем (ML)i-. (SA) > продолжив его до пересечения с ребром (6С)в точке N . Соединим точку К с точками L и N отрезками прямых.
По теореме о трех перпендикулярах (KL) будет перпендикулярна прямой (SA) , поскольку эта последняя перпендикулярна ее проекции (LN) на плоскость (SAC) . Поэтому угол KLN будет линейным углом двугранного угла между плоскостями (6АВ) и (SAC)
и его величина как раз равна ^ .
Из прямоугольных треугольников SKL и SNU находим:
ISLi - CoScL • 1KLI * Sind ;
iLNl-*- cosoc-igfi: =
После этого из л SK N по теореме косинусов можно вычислить
к ■
IKHI
Квадрат двшзы \КН\ можно найти также и из Д KLN :
|KN|4» Sind +CO£*U-tyZf> -2C0Sc(t^ SintA COS f.
12-1724
177


Приравнивая друг другу эти выражения 9 получаем уравнение для определения Со&(р %
Stifol + coQ^oL • - Z • coSoL tgjZsCrtoC cos ip *
- J ^ COS^ C0S^ . ГЛО V»
1 cos*/S' ~ ^ Cosy* CDS® >
откуда получаем первую из вышеприведенных формул« Остальные
формулы получаются аналогичное
Основные геометрические места точек в пространствео а,) Геометрическим местом точек* удаленных на расстояние R от данной точки (0) , называется сфера радиуса R с центром в этой точке;
б) Геометрическим местом точек* равноудаленных от двух данных точек пространства (А и В , рис0 115)* является плоскость (Р ) 9 перпенди- кулярная к отрезку прямой9 соединяю- щему эти точки, и проходящая через его серединур
в) Геометрическим местом точек* равноудаленных от трех данных точек (А 9 В и С. 9 рис о 116) пространства, не лежащих на одной прямой, является прямая (MN) о перпендикулярная плоскости (Р), в которой лежат эти точки и которая проходит через центр окружности, проведенной через эти точки;
г) Геометрическим местом точек, равноудаленных от граней двугранного угла, является так называемая "биссекторная плоскость” ( Р , рис о 117 ) , проходящая
178
Рне. 115


через ребро (АВ) двугранного угла и пересекающая любой линейной угол двугранного угла (CAD) по биссектрисе (€)•
в
РиСо 117
Вектбры
Векторы в трехмерном пространстве вводятся аналогично тому, как это было сделано для плоскости (см„ гл. I, § I ) о Остаются
справедливыми и все свойства векторов, а также правила действия
С НИМИо
Если L 9 J , - попарно перпендикулярные единичные
векторы9 так называемый ортонормированный базис, то любой вектор пространства б? может быть единственным образом разложен по этим векторам, т0ев представлен в виде
<Т = а,Т + а%3/? .
Числа 1 й19 Qz , QjJ называются декартовыми координатами
•£> —р* —еа-
вектора а в базисе I , у , К „ Декартовы координаты вектора
являются проекциями этого вектора на соответственные оси системы координат?
Qi = ^ ; <*t • пру5; Ъ -
Если все числа Q1 , Qz у Oj отличны от нуля, то можно изо» бразить с помощью диагонали прямоугольного параллелепипеда, у которого длины ребер равны \dz) и рис0 II80
Если вектор & отложенv от точки А с координатами^^ 9 у^ „ Zj) и кончается в точке В с координатами 9 уа 9 » то
координаты вектора определяются
Рис о 118 через координаты начала и конца
179


вектора по формулам:
О;-а*-ЯГ, • а2=уг-у, ;
л! {**-** i &-У*; 2г-2/}
Если o’!О,, а2 , cr3J и 4{£f, iz , t,з} - два произ- вольных вектора, то:
а) Координаты суммы векторов равны сумме соответствующих координат слагаемых
а-Л = { 0,1-4, ; Щ +
б) Координаты разности векторов равны разности соответствующих координат этих векторов
а-Т-1 о,-If; az-iz; a3-^j •,
в) Координаты произведения вектора на число JL равны произведению соответствующих координат вектора на данное число
Л ? = j Да, ; Да2 •, Ла3]; ^
г) .Линейной комбинации векторов С* = ХК +JA.& , где
Д и JU - произвольные числа, соответствуют координаты
(Г= Лаз+^J.
Скалярное произведение векторов определяется как (а-i ) ~lal-lT\cos(p,
Величина скалярного произведения определяется через координаты векторов по формуле
f# * J ~ ^ Qz&z + о3 е3
Длина вектора с координатами J 01 9 С1г t OsJ дается формулой
127 *14? +al+а* .
Угол между векторами Ct и определяется из равенства
Cos (р = +Qz£z + 4
iot+ol+alV
180


Всякое линейное уравнение Асс+Ву + Са+З) =0, связывающее координаты ОС. , 9 , определяет множество точек
пространства, лежащих на плоскости и, наоборот, каждую плоскость можно задать линейным уравнением с тремя переменными, имеющим по крайней мере один ненулевой коэффициент при переменных.
Вектор /Г с координатами j А , В , С J перпендикулярен плоскости АХ +В^+СЕ+3) =0.
Действительно, если М0(Хс9Ц0;*ь)какая-либо точка плоскости, то АХо + В^0 + СЗЬо + Д) =0. Отсюда уравнение данной плоскости можно переписать в виде
А (0С-ЭСо) +B('y-ye) + Cfe-Zo) =0
или как скалярное произведение
С FT- ммо)-о ^
векторов 7г = |А , В , С] и Ш0=^ЭС-Хо3
где М^Х * у - произвольная точка данной плоскости. Посколь¬
ку /г 4 0, то равенство нулю скалярного произведения означает перпендикулярность перемножаемых векторов, т.е./Г I ММ* . С другой стороны, известно, что если прямая перпендикулярна хотя бы двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна самой плоскости.
Таким образом, коэффициенты А , В , С при ОС , у ,2 в уравнении плоскости можно рассматривать как координаты вектора, перпендикулярного плоскости.
Угол между плоскостями А^Х + В1^ + С{2, +2>1 = 0 и
АгХ + В^у + С£Е +32 = 0 находится как угол между векторами
HJ = j А,, В,, С,] и fl£|а2, в2, Сг] , т.е. по формуле
= AjAt..> В4Вг + С«Сд,
Расстояние от точки М0(.Х<^о,2*) до плоскости Ах + By +С2: + = 0 дается формулой
^ = [АДСо + BW- 4- Cfro + 3)L
/а1 + bz + с
г


Площадь ортогональной проекции многоугольника.
Площадь ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна площади проектируемого многоугольника, умноженной на косинус угла между плоскостями многоугольника и его проекции, рис.
Многогранником называется объединение замкнутой многогранной поверхности и ее внутренней области.
Призмой является многогранник, две грани которого гь - угольники, лежащие в параллельных плоскостях, а остальные п граней - параллелограммы, рис. 120.
119:
& np ~ Scр * С 05 СР .
Рис. 119
Многогранники.
п1
Площадь 6$ок боковой поверхности призмы равна произведению периметра перпендикулярного сечения на боковое ребро, рис. 120:
&6о>с ft-' & >
где Pj_ - периметр многоугольника А2ВаСгДгЕг , а & - длина бокового ребра.
Объем призмы равен произведению площади основания Soch на высоту Н призмы: V = Soch *Н
Рис. 120
Дяя прямой призмы (т0еэ приз-
182


мы, у которой боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований площадь боковой поверхности и объем даются формулами
^ So к - Рос» ■ Н ;
V =£ос„-Н,
в которых Росн $ Soch и Н - периметр и площадь основания, высота призмы соответственно.
Параллелепипедом называется призма, основанием которой служит параллелограмм, рис. 121. Середина диагоналей параллелепипеда является его центром симметрии.
Прямой параллелепипед, основанием которого служит прямоугольник, называется прямоугольным параллелепипедом, рис. 121.
Квадрат длины диагоналей прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений, т.е. d2, = аь + ^ +
Пирамидой называется многогранник, одна из граней которого - произвольный многоугольник, а остальные грани - треугольники, имеющие общую вершину, рис. 122.
Рисо 121
Рис е 122
183


Объем пирамида дается формулой
V = ir$oc*-H,
где ^осн * площадь основания пирамиды* Ы • ее высота»
Объем усеченной пирамида (т.е. многогранника, вершинами которого служат вершины основания пирамида (АВСБЕ) и вершины ее сечения (А^С^Е*) плоскостью* параллельной основанию ) * рис. 123» дается формулой
V=:HVV^>H,
в которой 61 *Sa - площади основа- Рис. 123 ний* Н - высота усеченной пирамида.
Объем произвольного многогранника* в который можно вписать шар радиуса R, * рис. 124, связан с площадью Sn его поверхности формулой
v = 4- Srx'R..
Круглые тела.
Круглые тела - тела, ограниченные Рис. 124 поверхностью вращения.
Цилиндром прямым* круговым называется фигура, полученная при вращении прямоугольника (АВСБ) вокруг оси* содержащей его сторону [АВ] * рис. 125.
Площадь боковой поверхности S<5bK цилиндра и 5ц - его полной поверхности даются соответственно формулами:
5 $OK ЯН J
Su =SeOK + ZSocH ,
в которых ft - радиус основания цилин-
191
Н


дра, Н - его высота, S^ - площадь основания. Объем цилиндра равен: VH= 5Г/?2н .
Конусом (прямым, круговым) называется фигура, полученная при вращении прямоугольного треугольника (ABC)вокруг оси ,
содержащей его катет [ав], рис. 126.
Площадь боковой поверхности S$QK конуса и Sком " его полной поверхности, даются соответственно формулами S50K * OtRL*
Skoh s Soch = &RL + Xfl ,
в которых R - радиус основания конуса, L - длина его образующей, &><*- пло- Рис. 126 щадь основания. Объем Vttoa конуса равен
V/coи - ^/3 Soch * Н • Площадь боковой поверхности Sу £*. и объемусеченного конуса, рис. 127, определяются формулами:
jS[у£к.= 3^*^2.) j
1/3 (Д + $1 + /5,2* )'Н 9 в которых ^ и - радиусы оснований усеченного конуса? 9
ний,
та.
= Я #2 - площади его основа-
А - длина образующей, Н - высо-
Рис. 127
Шаром называется фигура, полученная при вращении полукруга вокруг оси, содержащей его диаметр [аЗ>] , рис. 128.
$ Сфера - это поверхность ша¬
ра, геометрическое место точек9 удаленных от некоторой точки прос транства (центра шара) на заданное расстояние R ( R - радиус сферы, шара) .


Касательной плоскостью к сфере (шару) называется плоскость, имеющая со сферой единственную общую точку, рис. 128. Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной плоскости.
Касательной прямой к сфере (шару) называется прямая, имеющая со сферой единственную общую точку, рис. 128.
Если из точки ( М ) , лежащей вне сферы, проведены к сфере две касательные, рис. 128, то отрезки [мв] И [мс] этих касательных, заключенные между точкой М и точками касания (в) и (С ) , имеют одинаковую длину ( IMBI = ШС1 ) .
Площадь поверхности шара S и его объем v определяются формулами
Сегментной поверхностью, рис. 129, называется часть шаровой поверхности, отсекаемая от нее какой-нибудь плоскостью (Р ) .
Шаровым поясом, рис. 129, называется часть шаровой поверхности, заключенная между двумя параллельными секущими плоскос-
Отрезок С|МКI) радиуса, перпендикулярного плоскости сечения, называется высотой сегментной поверхности.
м
Шаровым сегментом, рис. 129, называется часть шара, отсекаемая от него какой-нибудь плоскостью
(р) •
Площадь Sees сегментной поверхности и объем Vcea шарового сегмента определяются формулами
Рис. 129
185


тями С Р) и Q, . Расстояние Н между этими плоскостями дает длину высоты шарового пояса.
Шаровым слоем, рис. 129, называется часть шара, заключенная между двумя параллельными секущими плоскостями (Р) и(&).
Площадь поверхности Sw,n% шарового пояса определяется формулой
3Ш.П.=2ХДН.
Объем шарового слоя находится как разность объемов двух шаровых сегментов.
Шаровым сектором, рис. 130, называется фигура, полученная при вращении кругового сектора (СОБ) вокруг диаметра (АВ) не пересекающего ограничивающую его дугу.
Объем шарового сектора Ми. с ек определяется формулой
Vux.ceic. ~ з" Н
где Н - длина высоты соответ-
Задачи
I. 	Дана прямая, параллельная плоскости. Параллельна ли эта прямая любой прямой, лежащей в плоскости? Может ли эта прямая пересечь хотя бы одну из таких прямых?
Ответ. Нет. Нет.
2о Найти угол между двумя скрещивающимися прямыми, одна из которых содержит диагональ куба, а другая - диагональ боковой грани.
Ответ. 90°.
187
Рис. 130
ствующего шарового пояса.


3. 	Найти угол между двумя скрещивающимися прямыми, содержащими диагонали граней куба.
4. Доказать, что если угол АОВ спроектировать ортогонально на плоскость, параллельную его биссектрисе (ОС) , то биссектриса проекции угла АОВ будет параллельна (ОС) .
5. Доказать, что биссекторные плоскости трех внутренних двугранных углов трехгранного угла проходят через одну прямую.
6. На двух скрещивающихся прямых (€) и лежат отрезки [АВ] и ГCD] о Доказать, что объем тетраэдра ABCU не меняется, если отрезки [АВ] и [СБ] произвольно перемещать по данным прямым.
утла между скрещивающимися прямыми, а п. - кратчайшее расстояние между ними; отсюда следует сформулированное утверждение.
Ответ. 60°.
Ответ. Объем указанного тетраэдра равен 1/6 aifuSincL , где CL = | АВ | , ^ = 1CDI , оС - величина
7. 	Теорема. Если ребро fSA} произвольной треугольной пирамиды S ABC (S - вершина) изменить в к 
•В ТП раз, ребро [SC] - в 71 раз, т.е. перейти к пирамиде
то объем пирамиды изменится в ктпп раз, т.е.
меньше или больше единицы, рис. Доказательство. Представим
131.
объем каждой из пирамид по фор-
где и $ - длины высот каждой из пирамид, опущенных на боковые грани из вершин Af и А соответственно, рис. 131. Составляя
А
В
отношение объемов пирамид, находим
С
Рис. 131
Очевидно, что отношение площадей
треугольников S BfC^
и S ВС равно 188


Ss&<Ci I S&1 /1^11 StrtpL ^ «7*7*7
Ssac ’ Ak |Sb||SC|^ >В||*С| ' ^
поскольку эти треугольники имеют общий угол oL при вершине S .
Отношение высот 1\л ; “h равно к . Это следует из рассмотрения подобных треугольников A1l>iS и AJXS
Таким образом,
= ктп
VSAbC.
и утверждение доказано.
Следствие. Если IC = ТП = TI = /Г^> , то пирамида S A1B^Cf подобна пирамиде SABC и объемы этих пирамид относятся как куб коэффициента подобия, т.е. ■
"VL»,0,C\ ' "VsABC ~ /Со .
в. 	На продолжении ребра [SAJ пирамиды SABC отложена точка М , такая, что JAM| = 5 |SA|, а на ребрах [SB] и [sc] - точки N и Q., такие что [SN| = 1/3 \$В\ и |SQj = jGl С[.
Найти объем пирамиды SMNQ. , если объем пирамиды SABC равен V -
Ответ. V (см.решение предыдущей задачи).
9. Доказать, что объемы цилиндра, конуса, усеченного конуса, шарового сегмента и шарового слоя можно вычислить по формуле
V* ( $1 ■+ sz + 4 s©),
в которой Н - высота тела, Si и - площади его оснований
(для конуса и шарового сегмента одна из этих площадей равна нулю) , a S0 - площадь сечения тела плоскостью, параллельной ос¬
нованиям и проходящей через середину высоты.
10. 	Найти площадь сферического треугольника, углы которого равны о( , ё> и ^ и который расположен на сфере радиуса R , рис. 132.
Решение. Определение. Сферическим треугольником называется часть сферы, ограниченная дугами трех ее больших кругов. Углом сферического треугольника ABC называется линейный угол двугранного угла, образуемого плоскостями больших кругов сферы, высекающих на ней данный угол сферического треугольника, рис. 132.
Заметим сначала, что площадь части сферы, высекаемой из нее гранями двугранного угла величиной о( , ребром которого


является диаметр сферы, равна uS/zsr, где S - площадь поверхности сферыо
Пусть теперь ABC - произвольный сферический треугольнико Так как его стороны - дуги больших кругов, то, проводя, например, через сторону АВ плоскость, заключаем, что она пройдет-через центр сферы, а сферический треугольник ABC окажется расположенным на одной из полусфер, на которые данная сфера разделится проведенной плоскостью, рис. 132с Дугами АС и ВС , продолженными за точку С , полусфера разделится на 4 части, площади которых обозначим через ос , у , St и U (ос - искомая площадь) . Можно написать следующие уравнения? Х'У'-gr S
А,
_ т
х+и
Рис. 132
Кроме того9
Z
+z*u* 2TR.
Решая составленную систему уравнений* находим «
&-(<£+ f> .
Отсюда следует, что &L + J3 + f 9
Тое0 сумма углов сферического треугольника больше 3£(180°) на величину 9 равную отношению площади этого треугольника к квадрату радиуса сферы, на которой расположен этот треугольник (решение этой задачи дано по П.С„Моденову).
190


§ 2о Решение правильных треугольных и
четырехуголышх пирамид
Так se9 как и в первой части пособия9 рассмотрим сначала геометрические фигуры частного вида - правильны© пирамида и в первую очередь правильные треугольные и четырехугольные пирами»
№о
Пирамида называется правильной9 если е© основанием является правильный многоугольник9 а вершина проектируется в центр основанияо
Правильная пирамида монет быть задана двумя параметрами 0 В качестве таких параметров можно взять сторону основания и вы~ соту пирамиды» сторону основания и длину бокового ребра пирами* ды или длину бокового ребра, пирамида и величину плоского угла при ее вершине йт.д,
Под "решением правильных дарашд” будем погашать расчет одаих? неизвестных» элементов пирамида через другие0 заданные о Рассмотрим сначала ишвнльнте зтеугольшуэ пирамиду6 рис*
13Вв По определению - это та^&я пирамида* в основании которой яешт правильный треугольник АВО „ а вершмта S проектируется в ©го центр 9 точку 0 о
На ©том та рисунке показаны основные элементы правильной треугольной пирамида г
а - длша стороны основания
пирамида (а о I iB I « IBCI « | СА|)$ I - длина бокового ребра пира- мида (8 « I&SI • IBSI = ICSI);
Рис. 133
с
3 - длишь высота пирамида 5 fv - апофема боковой грани пирамиды ( например, к = 13 Е | ) j
191


<э( - величина угла между боковым ребром пирамиды и плоскостью ее основания, определяемого как угол между боковым ребром и его проекцией на плоскость основания ( 0<ы <^/z) j jb - величина угла между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. Поскольку £SE)jL(BC3 и [АЕ] 1[В(^ (е - середина £В(3) , то угол AES есть линейный угол двугранного угла между рассматриваемыми плоскостями (
- величина угла между боковыми ребром пирамиды и ее высотой (0< f < Я/&) I
Q - величина плоского угла при вершине пирамиды
(0< е< 2%/з).
Длина отрезка £aoJ находится как 2/3 высоты основания правильной пирамиды, а [се] - как 1/3 этой высоты, т.е.
Н-0#-, н-^з: .
Кроме того, ясны соотношения между основными элементами пирамиды:
f-‘;
Н- icosy ; ajp. ^
Sin у * % cosod •.
H*AsinJ>: a*2&sLn§-
Двугранный угол между боковыми гранями пирамиды нахо¬
дится следующим образом. Из двух вершин основания пирамиды (например, В и С ) опускаются перпендикуляры [BF] и [CF] на боковое ребро [AS] . В силу конгруэнтности треугольников ABS и ACS эти перпендикуляры, естественно, попадают в одну и ту же точку F , лежащую на ребре пирамиды. Поэтому получившийся угол BFC есть линейный угол двугранного угла между боковых» грашши лиракяды, рис. 1Э4.
192


Из равнобедренного треугольника BFC по теореме косинусов находим
aZ * 2.-lCFlz- 2-tCFlzcosp
ИЛИ 9
2\CF\ - Q-
costp - 2IcfIz
т.е. вычисляем- величину двугранного угла.
Этот же угол можно найти и по-
5
другому. Из прямоугольного треугольника CEF следует, что
sin£ =
2 Тср!
Высоту же боковой грани-[С F] весьма просто найти yi3 очевидного равенства
4-IcfI * а А
или j ср] , дк_ ,
Рисо 134 следующего из двоякой записи площа¬
ди боковой грани пирамиды.
Плоскости (А5е)и (BSD) , проходящие через высоту пирамиды и, следовательно, перпендикулярные плоскости основания, играют важную роль при решении многих задач, связанных с правильной треугольной пирамидой» Каждая из этих плоскостей делит соответствующий двугранный угол между боковыми гранями пирамиды пополам, т.е. служит биссекторной плоскостью такого угла.
Полезно отметить, что в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся ребра взаимно перпендикулярны [ASlllBC] , [BSjlfAC] , [CS]1[AB] (это легко следует из теореш о трех перпендикулярах) , а длина отрезка [EFJ дает кратчайшее расстояние между этими ребрами, рис. 134:
|EF[ --ZfisindL
Вокруг всякой треугольной пирамиды можно описать сферу.
В правильной пирамиде центр К этой сферы лежит на высоте пира- 13-1724 юз


миды или на ее продолжении за точку 0 , ведь прямая (SO) ,содержащая высоту пирамиды, есть геометрическое место точек, равноудаленных от вершин основания пирамиды.
Радиус R описанной сферы удобно находить из равнобедренного треугольника AKS /рис. 133:
Rcosy*£ или
а) Если R< Н , т.е, о(>ЗГ/4 , центр описанной сферы лежит внутри пирамиды;
б) Если /2 = Н , т.е. о( «Х/4, центр описанной сферы лежит на основании пирамиды, в его центре;
в) Если R> Н , т.е. о(<Х/4, центр описанной сферы находится вне пирамиды.
Во всякую треугольную пирамиду можно вписать шар. В правильной пирамиде центр К вписанного шара находится на высоте пирамиды в точке ее пересечения с биссектрисой угла AES , рис. 133. Действительно, центр вписанного шара должен быть равноудален от всех граней пирамиды, т.е. должен принадлежать пересечению биссекторных плоскостей всех внутренних двугранных углов пирамиды.
Радиус 2 вписанного шара удобно находить из прямоугольного треугольника ЕК10 :
Рассмотрим теперь несколько типичных задач на решение правильных треугольных пирамид.
Задача I. Правильная треугольная пирамида S ABC, рис. 133, задана двумя элементами: длиной CL сторон основания и длиной Н ее высоты. Вычислить все остальные элементы пирами- да: cL , jb , f , 0 ,(/> , Л ^ й hV.
Решение. Вычисляем: I) угол oL наклона боковых ребер пирамиды к плоскости ее основания и длину & бокового ребра
194


из 4 AOS :
* - Я'fa - Ф
4 - VfAO|2 + |So|2 = Vh4+Q%' ;
2) угол p наклона боковых граней пирамиды к плоскости ее основания и длину А апофемы боковой грани из д EOS :
jnb-JMLnJl 2Ш
™Г - IEOI ctJb/6 - a ’ r -a%cv a '
4i - VjioFTjioF = i)Hz+az/i2 ;
3) угол 0 при вершине S пирамиды из А ВС S :
а2 * 2iz- 2вгсо$е>
0ТКуда ruz-nz
COS в - ■К.о-я—•
ь * бнг+га2- >
4) угол {р между боковыми гранями пирамиды из Д СЕF •
Гесп£- ■&— >
66/7 2 ICFl ' 2ICFIZ ,
где 4-lcF \-ctA, т.е. I CFl ■= сп/нг+аг/-12 /т! Hz+az/3,
Sin .
ь 2 f 124*+а* *
5) Объем v пирамиды по формуле
V- -1 CtZif3 и _ оШ.
гУ" з ' ■ /2. ->
6) Радиус А: описанного вокруг пирамида шара из Л DKS :
Rcosff’-^- , у? - 2coztf Поскольку Cosy-JosI/ias) = н/6 , ТО R=£z/2Hk
2.
р ЗН‘+а к - ~~§л »
7) 	радиус вписанного в пирамиду шара из Д EKt0 :
Jt & v _ a-fb -Ln /2»
Ш-ЧГТ-
где Jb ~ ZHlfSf & • Радиус Й можно найти также по
объему V пирамиды и площади ее полной поверхности Ь по формуле 8 - 3 V/в .
195


Задача 20 В правильной треугольной пирамиде известны; 4 - длина бокового ребра и ^ - величина двугранного угла между ее боковыми гранями,, Вычислить длину стороны основания С( и длину высоты Н пирамиды о
Решение» Известно, что плоские углы 9 Q и 93 при вершине произвольного трехгранного угла определяют двугранные углы этого же трехгранного угла по формулам
ЛЛС т COS&1 - COS ег-cos@3
° S Г - Sen <92 St»
в которых (p - величина двугранного угла между гранями с углами 9г И &3 (см. § I, гл., 2) о В данном случае Qi = - &ъ =
= 0 , поэтому
п _ cos0-eoszfj _ Cos в (1-ccse)
^ ~ 5сяг& i — cos^O
шш
глып - Сов®
005 ^ ' 1 + COS © *
откуда находим
CcsG - C0SJ£- а i — cos ip
Поскольку для правильной треугольной пирамиды ЗГ/З < ip < X 9 то J CO$ip /(l-C0Slp) \ < i и полученная формула позволяет всегда определить угол В при вершине пирамиды*
Зная COS 6 , нетрудно вычислить искомые величины С[ и И
I) SsCn-тг , а = 2% sCn^- = I]lz(i~cose)j
2) 	Ц- -JiZ- , Н = ё H-§(-i-cos9)‘.
Задача 3. Известны длина (X стороны основания правильной треугольной пирамиды и радиус £ вписанного в нее шара. Вычислить длину Н высоты пирамиды.
196


Решение. Прежде всего из Л ЕК^О , рис* 133, вычислим угол J2> наклона боковой грани пирамиды к плоскости ее основания
I JL . _1 з
2. ' /он] “ Лт/з/е ~ а
После этого вычисляем Н из aESO :
Н = lOEl-taр
или *
и - aV5 Ztgfilz _ Zazb и" е 1-tffifz ~ аг-12ъг
Если в правильной треугольной пирамиде длина бокового ребра равна длине стороны основания (ct = 6) * то правильная пирамида представляет собой правильный тетраэдр.
На рис. 135 изображен правильный тетраэдр. Эта фигура обладает всеми свойствами правильной треугольной пирамиды. Кроме того, полезно знать и дополнительные ее свойства:
5 I) правильный тетраэдр имеет
центр, точку К . В этом центре пересекаются все высоты тетраэдра, отрезки, соединяющие середины скрещивающихся ребер (бимедианы тетраэдра) , а также в ней находятся центры вписанной и описанной вокруг Рис. 135 пирамиды сфер (шаров) ;
2) центр К правильного тетраэдра делит каждую высоту тетраэдра в отношении 3:1 , считая от вершины (|SK| : |К0| =
= 3:1);
3) радиус описанного шара составляет 3/4 высоты тетраэдра, а радиус вписанного шара - 1/4 высоты пирамиды
R "f-и , 2 --J-H ;
13х-1724 197


4) 	сечения правильного тетраэдра, параллельные скрещивающимся ребрам, представляют собой прямоугольники, а то из них, которое проходит через середину ребра, - квадрат (ЗЕ^Е ) .
Задача 4. Пусть сторона правильного тетраэдра равна CL . Проверить справедливость следующих формул: высота тетраэдра Н : Н Q V 2/§ ;
угол о( между ребром и плоскостью основания:
oL = a^csin fz/з ;
углы J> = между боковыми гранями: Jb - радиус вписанного шара 2 ^ d т/%
радиус описанного шара R :
Решение, Высота тетраэдра Н находится из д A0S , рис. 135:
Н * VlAS|2-lA01r= т}аг-№Т = а/X” .
2/Г . 3 '
Отсюда находятся & и /? :
*2-- трН R .
Углы <?( и Ji = {р вычисляются соответственно из треугольников A0S и EOS .
Правильная четырехугольная пирамида. На рис. 136 изображена правильная четырехугольная пирамида SABCD . В основании 5 такой пирамиды лежит квадрат, а
вершина пирамиды проектируется в его центр.
Основные элементы пирамиды: d - длина стороны квадрата, лежащего в основании пирамиды;
$ - длина бокового ребра пира¬
миды;
длина апофемы боковой грани
198


Н - высота пирамиды;
оС - величина угла между боковым ребром пирамиды и плоскостью основания пирамиды, 0 < <5;
fi - величина угла между плоскостью боковой грани и плоскостью основания пирамиды 9 0<£> < ^/2. .
0 - величина угла при вершине пирамиды, 0^6^ ^/2. ;
- величина угла между боковыми гранями пирамиды,
ЖУ2 ;
ty, - радиус вписанного в пирамиду шара;
R - радиус описанного вокруг пирамиды шара.
Нахождение большинства элементов правильной четырехугольной пирамиды аналогично нахождению тех же элементов правильной треугольной пирамиды. При вычислении этих элементов основную роль играют треугольники, расположенные в плоскостях симметрии (AS С) , (В&Ъ) , (ESM) пирамиды, проходящие через ее высоту (50) и, следовательно, перпендикулярные плоскости основания. Рассмотрим следующий пример.
Задача 5. В правильной четырехугольной пирамиде 3ABCD , рис. 136, известны: Си - длина стороны основания пирамиды и Н - длина ее высоты. Найти остальные элементы пирамиды, т.е. об , р , 0 , Я* , & % и- Л .
Решение. Вычисляем: 3) угол оС наклона боковых ребер пирамиды к плоскости ее основания и длину £ боковых ребер из
Л “v-'та *•&£ - ^ ^ ^;
& = \J~TaO\2-+ (£01г‘ = { HV 0ьг/2 •
2) 	угол JJ> наклона боковых граней пирамиды к плоскости ее основания и длину апофемы боковой грани из Л EOS :
|so\/|eo| = 2Н/а > р =. cuidfy(2H/ci) ; h = i а-Уч + нг;
199


3) угол G при вершине S пирамиды из дЗ)БС :
aZ~2&z-24z- cos&,
откуда 2 .
Ств~2Н^’ в-а%ссо*-Мш* ’
4) угол \р между боковыми гранями пирамиды из Д ACF ([AFJ10SB] , [CF] 1 [SB] ) :
с;„ V - IA01 . a№fz
SLnT ' I API ' IAFI
где 4 'lAFl* CtA , i.e. |AFJ * Q j Н^оУ^/т/Н^Ср/г ,
§in - J 2Hz+a1.
bLn 2 - » 4Hz+cr *
5) радиус вписанного в пирамиду шара ё из Д Е^О ([EKJ ■
биссектриса угла ОЕЗ):
тоёт = 2 а f* • Ц-i»
где j2> = 2Н/(1 • РЗДИУС ^ можно найти также по
объему V пирамиды и площади S ее полной поверхности:
г = 3 v/s ;
6) Радиус описанного вокруг пирамиды шара $ из Д KLS ([KL] - высота равнобедренного треугольника AKS) :
Rcosjf =■ ^ > Л = 2.cosY '
Поскольку COS^ * I OS \ /|А S1 - Н 1% , то R--iz/2H и
Тн
Задача б, В правильной четырехугольной пирамиде SABC3) даны длина стороны основания G и угол между боковыми гранями. Вычислить высоту пирамиды Н .
Решение. Из прямоугольного треугольника AF0 , рис. 136, находим его катет N :
|FO|.|AO|.ctj| ,
200


Поскольку плоскость треугольника АС.Р_ перпендикулярна ребру [BS] , то отрезок [F Oj также перпендикулярен этому ребру и является высотой треугольника B0S . Из прямоугольного треугольника ВОЯ находим:
sincl= Цо| = (ж/* * Z */z)>
где о{ - угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью ее основания. После этого из прямоугольного треугольника BOS находим Н ;
н= \ъо1Ны. - ьЦч>/г. ^ .
* 2 V У — ctgz
Задачи
1. Величина угла между боковым ребром и плоскостью основания правильной треугольной пирамиды равна d . Найти отношение радиусов вписанного в пирамиду и описанного около нее шаров.
Ответ. 1/2 C0S2o( (V1 + ~i).
2. Вычислить расстояние между центрами вписанного в правильную треугольную пирамиду шара и шара, описанного около нее, если известно, что длина стороны основания пирамиды равна 3 3 см, а длина ее высоты - 9 см.
Ответ. (17- \/37 )/4 см.
3. Доказать, что если центры вписанного и описанного около правильной треугольной пирамиды шаров совпадают, то эта пирамида - правильный тетраэдр.
4. Длина стороны основания правильной треугольной пирамиды равна CL , а величина плоского угла при ее вершине - 0 . Найти расстояние между боковым ребром пирамиды и скрещивающейся с ним стороной основания.
Ответ. Qt/'I+ZcosB*JZ.
5. В шар радиуса R вписано множество правильных треугольных пирамид. У какой пирамиды может быть наибольший объем и чему равна максимальная величина объема?
з Ответ. в = х /3 ; наибольший объем -
втП? R /27 .
6. Плоский угол при вершине пращльной четырехугольной пирамиды равен Э , а длина высоты - Н . Найти объем пирамиды .
201


Ответ. 2/3 Н3 (■,I- COS $)/coS &.
7. Объем правильной четырехугольной пирамиды равен v , а длина стороны основания - CL . Найти радиус вписанного в пирамиду шара,
Ответ. i/il (т/36V*+a6 - as)a/y.
8. Доказать, что боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды перпендикулярно скрещивающейся с нш диагонали основания.
9. Найти плоский угрл при вершине правильной четырехугольной пирамиды, если величина двугранного угла между его боковыми гранями равна ^ .
Ответ. ci*iccos[c'tq(ip/z)\,
10, В шар радиуса R вписываются правильные четырехугольные пирамиды. При каком значении угла при вершине пирамиды ее объем будет наибольшим? Указать величину этого объема.
Ответ. О ^ = аъссов^/з ; наибольший объем равен 32 $ /81 .
§ 3. Расчет элементов пирамид методом составления уравнений
Задачи, рассмотренные в предыдущем параграфе, позволяют стандартным методом рассчитывать различные элементы правильных пирамид через заданные. При этом такие пары элементов, как, например, сторона основания и боковое ребро, боковое ребро и угол при вершине пирамиды, сторона основания и высота и т.д., можно назвать "удобными данными”, потому что через них особенно просто рассчитываются многие другие элементы пирамиды. В то же время в ряде задач требуется рассчитать тот или иной элемент пирамиды при более сложном виде исходных условий. Например, требуется найти объем правильной треугольной пирамиды, в которой длина высоты равна Н , а площадь поверхности описанного около нее шара в 4 раза больше площади сечения этого шара плоскостью, содержащей основание пирамиды.
В этой задаче известен только один из "удобных" элементов пирамиды - длина Н ее высоты. Другое же условие сразу исполь¬
202


зовать для стандартных расчетов затруднительно. Поэтому поступаем следующим образом. Вводим в качестве неизвестного другой "удобный" элемент, например, длину ОС стороны основания пирамиды. Тогда искомый объем V* пирамиды выражается простой фор- ч~ ’
Таким образом, задача сводится к отысканию величины X 0 Как же она определяется?
Для нахождения величины X служит условие задачи, говорящее, что площадь поверхности описанного около пирамиды шара в 4 раза больше сечения этого шара плоскостью, содержащей основание пирамиды. Запишем это условие в виде уравнения. Имеем:
S„-W2; S«,-X(Zpf;
откуда R. = Радиус Я описанного шара выражается через
длину & бокового ребра пирамиды и ее высоту по формулам о П н2+ Хг/3 ЗНг+ ЭСг
к~ 2Н или Ш = Ш]
Отсюда получаем квадратное уравнение для определения ОС. : ЗННсс2. х
6Н ' Г-
единственным решением которого является ОС , равное Нт/З .
После этого находим объем пирамиды: V-HVT/+.
Метод расчета, основанный на введении неизвестных и составлении для них соответствующего числа уравнений, применим и во многих других задачах. Рассмотрим примеры.
Задача. В правильной треугольной пирамиде расстояния от центра основания до плоскости боковой грани и до бокового ребра равны соответственно Р и % . Найти объем пирамиды.
Решение. В этой задаче обе заданные величины р и ^ следует отнести к разряду "неудобных". Поэтому введем два более "удобных" параметра X = Q и ^ = Н - длину стороны основа-
203


ния и длину высоты, рис. 137. Тогда очевидны следующие соотношения:
1) Из с АОS : /AS/ = V|AO|2+|OSr - VЯ-Уз *.
Поскольку |A0l-losl = ]AS1, то имеем первое уравнение
2) из Л 3>OS : lO>Sl - Vpo|z+|OS|z = -j/^ -с у1.
Поскольку p)0|-]0S| =|j)S|-p » то имеем второе уравнение
m Pijt + f •
Таким образом, для определения двух неизвестных имеем систему
двух уравнений.
После возведения в квадрат обеих частей каждого уравнения получаем ~ >.2 / г о 2
xy*(x.\uf)F2.
l/f
3
Тс1 ilxF
Поделив каждое уравнение на xf , представим эту систему в виде двух линейных уравнений относительно двух неизвестных i/o?
А - -4 Г ?
± 1 чг' р*
Отсюда находим: x= Зр^/т!^-р3- , $ ~ Pl/fkpr-cf (р<ц,<2р).
После этого вычисляем объем пирамиды
V - -1 afta _ _9_ p3(kt_ .
V ' 3 Т“^ " Ц-
Рассмотрим еще один пример задачи подобного типа»
Задача. Объем шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, относится к объему всей пирамиды как ДГ : 8.
Найти плоский угол при вершине пирамиды.
204


Решение. Прежде всего заметим, что по данным задачи пирамида не определяется однозначно. Любая пирамида, подобная той, которая удовлетворяет условию задачи, также удовлетворяет этому условию» Поэтому ясно, что ни один размерный элемент рассматриваемой пирамиды не может быть определен однозначно; в то же время угловые (и любые безразмерные) элементы пирамиды имеют строго определенные значения, Все это позволяет принять какой-нибудь линейный элемент пирамиды, например, длину стороны ее основания, за I*
Обозначим угол наклона боковой грани пирамиды к плоскости ее основания через f> и постараемся составить уравнение для его определения о Считая Jb заданным и полагая а «-=1, находим?
I) ‘ ;
2> н*Н/ '
Приравнивая отношение объемов шара и пирамиды заданному числу, получим уравнение для определения
x/e _ _х _
В развернутом виде это уравнение имеет вид
ЦгН* (i-tyP/t)'- if •
Здесь использована формула для тангенса двойного аргумента.
Из полученного уравнения находим единственное решение Ь^Р/z = 1/2 и затем ^ уЗ =2 /г.
После того как угол Ji найден, в нашем распоряжении имеется уже два "удобных" элемента: сторона основания 1 и угол Jb Поэтому можно стандартным образом (см. гл, 2 § 2 ) вычислить величину искомого угла при вершине пирамиды. Имеем, рис. 136:
205


-VZ-. ^ * VIoS|2+|0E|£, = V2 + ^-
что и требовалось найти.
Задачи
1. Длина стороны основания правильной треугольной пирамиды равна CL , а высота, опущенная из какой-нибудь вершины основания на противоположную ей боковую грань, равна ft . Определить объем пирамиды.
Ответ. I/I2 сдfi/jSc?-ttfiF.
2. Из основания высоты правильной треугольной пирамиды опущен перпендикуляр на боковое ребро. Его длина равна р . Найти объем пирамиды, если величина двугранного угла между плоскостью боковой грани и плоскостью основания пирамиды равна Jb в
Ответ. 1/34 ft* &(i2 dtffr + 3) О <р> < Х/2.
3. Объем правильной треугольной пирамиды равен 1/6 куба длины бокового ребра. Найти величину плоского угда при вершине пирамиды.
Ответ. ЗГ/2 .
4. Длина высоты правильной четырехугольной пирамиды равна Н , а плоские углы при вершине равны в . Определить объем пирамиды.
Ответ. 4/3 Н3Sin^G/z) /cos 9.
5. В правильной четырехугольной пирамиде точка Р лежит на высоте и делит ее в отношении 1:3, считая от основания. Расстояние от Р до бокового ребра равно р , а до боковой грани - (р . Определить площадь поверхности пирамиды.
Ответ. 32 'ЛГ рЧг/13 (рг- <£) УЯ^ -р2.] .
6. Высота правильной треугольной пирамиды равна Н . Точка пересечения высот каждой из боковых граней и вершина пирамиды лежат на поверхности шара радиуса R Найти объем пирамиды*
Ответ. 1/2HV3 (Н-2Ю Н >2R.
7. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCJ)
( £> - вершина) с длиной стороны основания d и длиной бокового ребра О «, Сфера с центром в точке 0 проходит через точку А и касается ребер [SВ\ и [SD] в их серединах, Найти объем гшра-
206


миды ОБСЛ)
Ответ. /96 .
8. В правильной шестиугольной пирамиде длина высоты равна 6, радиус описанного шара равен 19, Найти радиус вписанного шара.
Ответ. 12-уПГ- 24 .
9. Стороны основания правильной шестиугольной усеченной пирамиды имеют длины а и За . Расстояние между двумя параллельными ребрами, лежащими в плоскостях различных оснований и
в различных боковых гранях, равно А . Вычислить площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через указанные параллельные ребра.
Ответ, 6 аА.
10. В правильной четырехугольной пирамиде длина высоты равна I, а отношение квадрата длины бокового ребра к квадрату длины стороны основания равно . Найти эависшость &бъ&£& пирамиды от х и изобразить ее графически.
Ответ. V = 1/3 fx - 0,5)' , Х> 0,5
§ 4. Сечение пирамиды плоскостью
Решение большинства стереометических задач сводится в конечном счете к решению ряда планиметрических задач. При этом "расчленение" каждой пространственной задачи на последовательность плоских задач наще всего связано с построением различного вида сечений рассматриваемой объемной фигуры, в частности пирамиды, плоскостью.
Построить сечение - это значит указать линии пересечения секущей плоскости с гранями рассматриваемого многогранника, в том числе точки пересечения этой плоскости с ребрами многогранника.
Для построения сечений используются следующие правила:
а) через три точки фигуры, не лежащие на одной прямой, можно провести единственное сечение;
б) если две какие-либо точки принадлежат сечению, то принадлежит сечению и прямая, проходящая через эти точки. В том
случае, когда точки лежат на одной из граней многогранника, эта
207


прямая является линией пересечения грани с сечением;
в) 	параллельные грани многогранника (или вообще параллельные плоскости) пересекаются сечением по параллельным прямым,.
При построении сечений многогранников, в том числе и пирамид, приходится выполнять дополнительные построения. Весьма часто эти построения связаны с продолжением линий пересечения секущей плоскости с гранями многогранника за пределы этой грани.
В таких случаях важно помнить, что эти дополнительные построения нужно сохранять, они используются как для обоснования чертежа, так и для последующих расчетове
Рассмотрим несколько примеров на построение сечений пирамиды плоскостью.
Задача I. Построить сечение произвольной треугольной пирамиды 3ABC (3 - вершина) плоскостью, проходящей через три точки М , N , Р , взятые на ее ребрах [$ А] , [S В] и [SC] или на их продолжениях, если дано, что
Щ..|с . -15EL-.77.
|SA| " 14 ' 1S&I ’ [SCI
Найти, в каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды.
Решение. I) Пусть сначала все три числа к , т , п меньше 1. Тогда М б[$А] , , P€[SC] ^ рис. 138.
с
След от сечения пирамиды плоскостью, проходящий через три точки, строится простым соединением точек М , N и Р отрезками прямых, лежащих в соответствующих боковых гранях пирамиды, так, что д MNP представляет искомое сечение .
Отношение объема пирамиды SMNP , получаемой из пирамиды SABC изменением длин ее ребер в к , ТП и П раз, к объему
208


всей пирамиды S ABC , как известно ( см. задачу 5 после § I гл. П ) , равно
VsmNP * kwrt V$figc •
Поэтому отношение объемов частей, на которые делит пирамиду секущая плоскостью, равно ктпп :(1-Кт»л).
2) 	Пусть теперь одно из чисел /С , Тп , ft , например, п , больше! (т.е. 0<тп$И, П>'/) . Это означает,
что точка Р лежит на продолжении ребра [£>с] за точку С , рис. 139.
В этом случае сечение представляет собой четырехугольник МNRQ. .
Для его построения в плоскости грани ( 5АС) проводится прямая (МР) , причем отрезок рш] дает первую из сторон искомого четырехугольника; в плоскости грани (SBC) проводится прямая (JVP), причем отрезок [А/Р] дает другую стону четырехугольника; наконец, точки М и N соединяются отрезком [MN]b
Рис. 139 плоскости грани (АЗВ) , a Q и R -
отрезком плоскости грани (ABC) . Таким образом, сечение
замыкается.
Особо отметим, что пирамида GPQR (С - вершина^ , полученная в результате дополнительных построений, очень важна для последующи* расчетов.
Вычислим отношение объемов, на которые делится пирамида 5ABC • Для этого заметим, что объем части пирамиды, расположенный выше плоскости сечения, представляет разность объемов пирамид SMNP ( 3 - вершина) и OPQR (С - вершина) .
Пирамиду SMNP можно рассматривать как пирамиду, получающуюся из пирамиды 5ABC изменением длин ее ребер, исходящих 14-Г724 200


из вершины S , в /Г f т и П раз. Поэтому
Vsasc •
fSMNP
Пирамиду GPQ6 также можно рассматривать как пирамиду, получающуюся из исходной (обозначим ее теперь CABS , С - вершина) изменением длин ее ребер в }GPl /\0S\ , ICQl/iCAj и
|CRI/|CB| раз. Поэтому
Одно из этих отношений, а именно lGPl/jCSl , известно, оно равно (*г- I) ; два других требуется найти. Как это делается, подробно показано в § 4 гл. I, где шла речь о пропорциональных отрезках в треугольниках.
Найдем, в каком отношении точки Q. и R делят стороны основания. Обратимся к рис. 140, на котором отдельно представле¬
на плоскость грани (аЗс). Так же, как и в других подобных задачах (см. § 4, гл. I) , сделаем дополнительное построение - проведем [С2>1 Ц [SA] и обозначим длину отрезка [CD] через X .
Из подобия д P«SM й д PCI)
с коэффициентом | Р SI : | PC | =
Рис. 140 в П f(n-4) следует, что |5М1*
Поскольку |S М) : )АИ| = 9
то | AM 1 * ХП (1-к)/н:(п-1) . Наконец, из подобия
и Л Q AM находим отношение |С&) : |AQ| . Оно равно
откуда получаем
210


|СА1 Л-/с
Совершенно аналогично находится отношение |CR] : l GBl . Получается аналогичная формула:
leg! . /wfr-У) .
ЮЫ п-т
Учитывая оба эти результата, вычисляем объем пирамида
CPQR :
VCPal = ("-•»
тк
срл* V" •' (п-к).(п-т) г**вс Затем находим объем отсекаемой части пирамиды SABC , лежащей выше плоскости сечения:
^MWRca - VSMtfp“^;paR ' тпк[_1- nl'rJfQfn-m) ^ ^лас '
3) 	Если два из трех чисел /С , П) , П больше единицы ( К> I , /П < I , /1>1) , то сечением пирайиды опять будет
треугольник NPQ , рис. 141. От пирамиды ^АВС отсекается пирамида BNRQ (В - вершина) • Можно считать, что она полу-
s чается из исходной пирамиды изменением
ее ребер (исходящих из вершины В) в (BNl/lBSl , 1B6I/1BCI и \BR\/lBA|
раз. Поэтому
v - ML. ML. IML л/
vBNRa’|BS| feci |8A| VSAftc
Отношение (BNl / IBSI известно no
условйю, оно равно (I - m). Поэтому
нужно найти два других отношения. Прово-
Рис. 141 дя такое же построение, как и в предыдущем
пункте, находим
iBQl _ п(1-т) iBRl К(1-т)
|ВС| “ п~т ' |вд| - к-т *
в
211


откуда получаем для объема отсекаемой части выражение
что и завершает решение задачи.
В заключение заметим, что использованный при решении этой задачи метод, основанный на расчете пропорциональных отрезков в треугольниках, применим и во многих других задачах "на сечение многогранников".
Задача 2. Дана правильная четырехугольная пирамида SABC3) (6 - вершина) . На продолжении стороны основания [АВ] за точку А взята точка М , такая, что IAMI = |АВ| ; на другой стороне основания fCD] взята точка N , причем \DNl: |CNI= = 1:2 ; третья точка Р взята на боковом ребре [6 В] пирамиды в ее середине. В каком отношении делит объем пирамиды плоскость сечения, проходящего через точки М , JV и Р ?
Решение . Построим сначала сечение пирамиды. Обратимся к рис. 142. Точки М и N , лежащие в плоскости основания пирамиды, принадлежат этому сечению, поэтому принадлежит
ны [ВС] основания лежит в плоскости грани (ВS С) , поэтому в ней лежит и вся прямая (PR) , проходящая через точки Р и d .
гоугольника. Соединяя точки L и N в плоскости грани (CSD) , получаем третью сторону многоугольника.
212
сечению и вся прямая (MN ) , причем отрезок £(31\]} служит одной из сторон многоугольника, по ко-
м
Рис. 142
я торому сечение пересекается с поверхностью пирамиды.
Точка Я пересечения прямой (Ш) с продолжением сторо-
Отрезок [PL] этой прямой служит другой стороной искомого мно-


Точки М и Р , принадлежащие сечению, соединим прямой (МР) , которая пересекается с боковым ребром [AS] пирамиды в точке Т . Отрезки [ТР] и [ТО) , принадлежащие граням (A S В) и (ASD) , замыкают искомый многоугольник. Таким образом, сечение пирамиды представляется пятиугольником PLNQT •
Для расчета отношения объемов, на которые делится пирамида плоскостью сечения, используем дополнительные построения, рис. 142. Объем Vj части пирамиды, лежащей ниже плоскости сечения, представим как разность объемов пирамиды PMBR (Р - вершина) и двух пирамид: IMAQ (Т - вершина) и LCNR (L- вер¬
шина )
V* - VpMSR •
Объем каждой из этих трех пирамид зависит от площади ее основания. и высоты. Определим эти параметры. Найдем, в каком отношении точки Q , N , R , L и Т делят соответствующие ребра пирамиды.
На рис. 143 изображены отдельно плоскости граней (АВСБ) , (кЗВ) и (ВЗ С) пирамиды. Треугольники MAQ , QND и CNR
S s
Рис. 143
14х-1724 213


подобны, рис. 143,а, причем коэффициент подобия первого ко второму равен 3 (|АМ| * 3pW|)t а третьего ко второму - 2( JCNI « = 2PNI). Отсюда находим |А(Э| = 3/4, CR = 2jfi3>| « 1/2, jBR.1 = 3/2 и затем - площади:
Длина стороны основания пирамиды принята за I.
Пусть Н - длина высоты пирамиды SABCJ) . Тогда высота пирамиды PMBR равна Н/2, т.е. Р - середина ребра [BS] . Найдем длины высот двух других пирамид: TMAQ и LCNR .
Для этого определим, в каком отношении точки Т и L делят ребра [AS] и [СЗ] пирамиды. Используем метод, изложенный в § 4, гл. I.
На рис. 143,6, где вынесена плоскость грани (А5В) , проведем дополнительно [ш\ Ц [BS] и примем |ДЕ1 = X . Тогда |РВ! =
= 2Х (так как |МВ| » 2 |МА( по условию) и JPSl « 2х(так как Р - середина [PS]) . Из подобия Д АЕТ и д PST находим
|ST| : 1 АТ 1 = JPSl : [Ml ж 2Х: Х= 2, т.е. |АТ| = 1/3 (AS| .
Следовательно, длина Н2 высоты пирамиды TMAQ. равна Н/3.
Аналогично находим длину Н5 высоты пирамиды LCMR . На рис. 1©,в, изображена плоскость грани (BS C). Проводим [CF3I1(BSJ и полагаем JCF[ = у, . Тогда |ВР| = 3^ (так как |BR| = 31CRI), [PSl * Зу, , а из подобия треугольников LPS и CFL находим: ICLl :lLS| * 1:3, т.е. \CL\ = 1/4 \CS\ . Следовательно, высота Н3 пирамиды LCNR равна Н/4.
Теперь вычислим объемы всех пирамид:
214


VrMAa= 3"‘^мла’•§•= i -i ;
Объем VJ части пирамиды, лежащей ниже плоскости сечения, равен
'\5
Объем части пирамиды, лежаний выше плоскости сечешш, равен
ч
Отношение V* : равно 7:5.
Рассмотрим еще две характерные задачи.
Задача 3. Дана правильная треугольная пирамида SABG (3 - вершина) , сторона основания которой имеет длину Я. » а боковое ребро - длину 4 . Изучить сечения этой пирамиды плоскостями, параллельными скрещивающимся ребрам пирамида (например, [AS] и [ВС]), показать, что эти сечения - прямоугольники, вычислить площадь сечения, являющегося квадратом.
Решение. В отличие от предыдущих задач здесь не указаны точки, через которые проводится сечение; условие, задающее такое сечение, сформулировано в виде требования его параллельности определенным прямым, а именно, скрещивающимся ребрам [AS] и [ВС] , рис. 144.
Пусть М - произвольная точка, принадлежащая стороне Jac\ основания пирамиды. Проведем искомое сечение через эту точку. Поскольку плоскость такого сечения должна быть параллельной ребру [вс! , то и линия [Мй] его пересечения Рис. 144 с плоскостью основания пирамиды должна
215
s
С


быть параллельной [ВС] , т.е. [mGQ II [ВС] . Аналогично, линия пересечения [М!\(] плоскости сечения с боковой гранью (АЗ С ) должна быть параллельной боковому ребру [АS3 пирамиды. Отрезок прямой [NP] , являющийся пересечением плоскости сечения с другой боковой гранью (BSC) , также должен быть параллелен [ВСЗ . Наконец, соединив точки Р и & , получаем отрезок [PQ] . замыкающий сечение. Поскольку плоскость сечения параллельна ребру [AS] , то линия ее пересечения [PQ] с гранью (AS В) , содержащей ребро [AS] , должна быть параллельной этому ребру, т.е. [FQ] II [AS] . Таким образом, [MN] II [р&] II [AS] и [М0]|| [NP] II [ВС] , т.е. фигура MNPQ - параллелограмм.
Далее имеем: [MN3ll[AS] , [MQ] II [вс] , но [AS] 1[ВС] , как скрещивающиеся ребра правильной пирамиды. Следовательно, [MWJ1[MQ] , т.е. параллелограм MNPQ - это прямоугольник, что и доказывает первую часть утверждения.
Будем перемещать точку М по ребру [АС] , рис. 144.
Если приближать ее к вершине А , то прямоугольник UHPGl , лежащий в сечении, будет "вытягиваться” вьерх, если же точку М приближать к вершине С , то основание [MQ] прямоугольника будет увеличиваться, а высота [MN] - уменьшаться, прямоугольник будет как бы сплющиваться. Поэтому нетрудно видеть, что существует такое положение точки М на ребре [АС] , при кото- ром получающаяся в сечении фигура будет квадратом. Найдем его сторону.
Цусть АМ =Х. Из подобия a CMN и. Д CAS имеем:
iMNl |cm| |mnI а-зс
|ASI " \СА\ * т,е* а
Кроме того, очевидно, что |MQ| = \Ш\ = X , поскольку 4 AMQ - равносторонний, а так как сечение MNPGL - квадрат, то IMNl = |MQ| = X .
216


Имеем уравнение
х. _ а -ос. „ ai
Т " а ' т-е* ~аТ4
Итак, сторона квадратного сечения имеет длину Q6/(Q+ &) , а его площадь равна (X
Рассмотрим аналогичную задачу для правильной четырехугольной пирамиды, рис. 145.
Задача 4. Дана правильная четырехугольная пирамида SАВСЗ) (S - вершина) . Длина стороны ее основания равна а , длина бокового ребра - Ь . Изучить сечения пирамиды плоскостями, параллельными боковому ребру пирамиды и скрещивающейся с ним диагонали основания (например, [3JDJ.и [АС]) . Найти те из них, в которые можно вписать окружность.
Решение. Сечения, о которых идет речь, могут иметь различную форму. Поскольку плоскость сечения параллельна диагонали [АС] , ^ то, указав точку, через которую его следует провести, мы определим такое сечение однозначно. В качестве та~ Рис. 145 ких определяющих точек возьмем точ¬
ки другой диагонали - [KDl .
Пусть JN - произвольная точка диагонали [BD] , принадлежащая ее части [Ш] , где Е - центр основания, рис. 145. Построим сечение, проходящее через эту точку. Поскольку его плоскость должна быть параллельна [АС] , то отрезок по
которому эта плоскость пересекается с основанием пирамиды, должен быть также параллелен [АС] • С другой стороны, искомая плоскость пересекается с плоскостью (В^И) диагонального сечения
пирамиды по отрезку [fi/Lpl. Этот отрезок лежит в той же плоское-
v 217


ти, которая содержит другую прямую (SD)f параллельную искомому сечению. Следовательно, fNLj /| Соединив точку Lz с точками L^ia L3, получим треугольник L4LZLS9 представляющий искомое сечение. Поскольку и, кроме
того, |AC]-Ll$l3, то [NL^-LLUt^T.e. L1LftL3 «равнобедренный треугольник, а [ NLJ- его высота.
Перемещая точку N между двумя крайними положениями 6 и Е , каждый раз будем получать в сечении равнобедренный треугольник. Естественно, что в любой из них можно вписать окружность.
Пусть теперь N принадлежит другой половине диагонали [ВТА, а именно, лежит внутри отрезка flED] • В дальнейшем будем обозначать эту точку буквой М . Проведем через точку М сечение, параллельное \кС\ и [ST)] . Отрезок проходящий через точ¬
ку М параллельно диагонали [АС] , служит линией пересечения искомой плоскости с основанием пирамиды. Поскольку плоскость сечения параллельна боковому ребру [SJ>]* то отрезки [МК3^ и [К^], лежащие соответственно в плоскостях (ASD) , (BSS>) и (С$3>) , также параллельны этому ребру, а значит, и друг другу. Соединив точку К3 с точками Ка и К4 , получим пятиугольник KjKgKaK^Ks, представляющий искомое сечение. Ясно, что [К.К^К^ и [к5к4]1|{,к5] , поскольку[Slil-L[AC] . Кроме того, |КгК31=: |К^К31, т.е. фигура, представляющая сечение, напоминает "домик с равноскатной крышей”, рис. 146.
Перемещая точку М между к3 двумя крайними положениями Е и
9 , мы можем либо увеличивать основание этого "домика", уменьшая высоту его "стен", либо Р Kt M *s Q уменьшать основание, увеличивая
Рйс. 146 высоту его "стен".
218


Заметим, что искомое сечение KjKj^K^Kj можно построить и другим способом. Цродолжив отрезок [K^Kj до пересечения со сторонами основания [ВА] и [ВС] в точках Р й Q соответственно, можно построить равнобедренный треугольник PK3Q • Точки К2 и пересечения его сторон с боковыми ребрами [S А] и JjS cj пирамиды дают вершины искомого сечения, рис. 145 и 146.
Не во всякий пятиугольник К1КгК3К^К5 можно вписать 01фуж- ность. Действительно, с одной стороны, эта окружность должна быть вписана в равнобедренный треугольник PK3Q , рис. 146; с другой стороны, перпендикуляры (K^Kj и опущенные из
точек Ка и , должны касаться окружности. Найдем, при каких условиях это выполнимо, т.е. укажем, где должна лежать точка М , чтобы в проведенное через нее селение можно было бы вписать окружность.
Обозначим расстояние |ш| через ос. , рис. 145. Тогда |МД>{ = Cnf2-a. и \ЩЩ = IMDI = CL*iZ~3L . Поскольку длина радиуса *2 вписанной окружности должна равняться половине основания сечения К^К2К3К^К5 , т.е. J'K.jMl , то Ъ = QV2 —X С другой стороны, этот же радиус можно найти как радиус окружности, вписанной в треугольник PK^Q . Для этого достаточно воспользоваться формулой S = р*1 , где S - площадь треуголь
ника РКг<5 , а р - его полупериметр. Найдем величины S и р .
Сначала заметим, что |РМ| = | Ш| = х , поскольку A PBQ равнобедренный и прямоугольный. Затем найдем длину отрезка j МОД являющегося высотой треугольника PK3Q . Из подобия треугольников ВМК3 и BBS , лежащих в плоскости диагонального сечейия (BSD) пирамида, рис. 145, имеем:
\ШъI _ 16MI ипп МКз _ а
Ш ЩГ
откуда |мк31 = $x./ctfZ. Нак<шец, по теореме Пифагора вычисля-
219


ем длину стороны 6 PK3Q :
1 РК51 - V |PM|2^|MK3p»^x^aV%a4 - л'fTHiVzeF.
Площадь треугольника S и его полупериметр р вычисляем по формулам
£ = /РМ|.|МК*| - -§^- >
р = |рм1+ iPKsl = л (i + fiTF/ZcF).
Отсюда находим длину £ радиуса вписанной окружности 2 - S г
Р ~ а\!Т * 1/2.а*ч-i2-
Составляем уравнение для определения сс путем приравнивания друг другу двух выражений для величины :
а^~х = а/г+^ШТТ* ' откуда находим a. = QtJz (йЛГ + Wefti*)/(ё+йЛ*+€*■), определяющее положение точки М на диагонали [ВЭ] .
Приведем еще несколько примеров, в которых требуется определить те или иные параметры построенного сечения.
Задача 5. В основании треугольной пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник ABC с катетами ICAI = 4, |СВ1 = 3. Вершина пирамиды S проектируется в точку С , причем I SCI « I. На ребрах пирамиды взяты точки: М - на £СА] >
N - на [СВ] , Р - на [SA] , причем |МСГ« I. IN С1 = INBI
ISPI * I РА I . Найти величину угла, образуемого плоскостью
сечения пирамиды, проходящей через точки М , И и Р , с плоскостью основания.
Решение. Чертеж к этой задаче представлен на рис. 147. Сначала построим искомое сечение. Поскольку точки Р и М лежат в плоскости боковой грани (ASС) пирамиды, то в этой плоскости лежит и вся прямая (МР) , проходящая через данные
точки, в том числе и точка ft ее пересечения с продолжением
220


ребра {sc] за точку С • Таким образом, в плоскости другой боковой грани (ВSC) пирамиды известны уже две точки - Ы и/? ,
Прямая (NR) , проходящая через них, дает в пересечении с гранью (BSC) отрезок [NQ1 , являющийся следом от пересечения секущей плоскости с поверхностью пирамиды. Проведя отрезки [MN] в плоскости (авс) и [pq] r в плоскости (ASB) , получаем четырех
Рис. 147 угольник MNPQ , представляющий
искомое сечение.
Затем построим угол между плоскостью сечения и основанием пирамиды. Для этого из точки Р опустим на основание пирамиды перпендикуляр [рк] (точка К попадает, естественно, на [АС]), поскольку грань (AS С) перпендикулярна плоскости основания , из точки К опустим высоту на прямую (MN) и соединим получившуюся точку L пересечения с точкой Р .
Угол PLK есть линейный угол двугранного утла между сечением и основанием, величину которого нужно определить. Действительно, [РК] - перпендикуляр к плоскости основания,[NLlltKQ-"" по построению, следовательно, на основании теоремы о трех перпендикулярах можно заключить, что [NLLL[LP] .
Обозначим PLK = о( . Тогда ^о( = JPKl/lLK| . Величина )РК1 известна. Она равна 1/2, так как Р - середина [AS] ,
[РК] ||[S с] и [рк] - средняя линия треугольника ASC . Величину JLK) можно найти, рассмотрев подобные прямоугольные треугольники MCN и MLK в плоскости основания пирамиды. Имеем:
ML= tei
iNCj |MNl
\N C| = |BCt/2 = 3/2, |MK| = |AC|/2 - jMCl = I , jHNl* = \Mcf +
+|NC( = I + 9/4, откуда |M/V| = /2. Таким образом,
221


|LK| i 3/2 в I г /13*/2, откуда |L»K\ = 3/У13Г„ Окончательно находим = 1/2 s 3//I3 * /6 и (Vis'/б) .
2-ft способ. Уместно отметить и другой способ решения этой задачи, основанный на использовании системы координат и скалярного умножения векторов.
Взаимно перпендикулярные ребра пирамида [CS] , [са] и [СЕЙ позволяют связать с кзса прямоугольную систему отсчета, поместив ее начало в вершине С • Тогда плоскость сечения проходит через три точки, координаты которых известны, а именно М (i; 0; 0 ) , М (0,- 3/2? 0) , и Р (2; 0; 1/2) , рис. 147.
Уравнение плоскости, проходящей через эти точки, будем искать в виде
% + • 4-
Это так называемое "уравнение плоскости в отрезках". Числа ol 9 $ и С - это координаты точек пересечения плоскости с соответствующими осями координат, точнее говоря, координаты этих точек имеют вид (Q; 0 ; О ) , (О; £ ; О) и (О; 0 ; с) .
Подставляя в это уравнение последовательно координаты точек М , N и Р , получим три уравнения для определения чисел а. , & и с :
i
4 ♦ # = )
' а I
Отсюда находим fit* I, о = 3/2, С = -1/2, т.е. секущая плоскость имеет уравнение
— + Jt- + -—j- = А или Зо.+2</ ~6эЬ -3*0.
* 3/2 -V* *
Известно, далее, что коэффициенты |3; 2; -б] , стоящие при
X 9 у и £ , в уравнении плоскости, можно рассматривать как координаты вектора П. , перпендикулярного этой плоскости. Аналогично, координаты вектора К , перпендикулярного плоскости
222


основания пирамида $Ь = 0, равны ^ 0; 0; lj • Поэтому, используя формулу для выражения косинуса угла между векторами через их скалярное произведение и длины, можно вычислить этот угол, который как раз и равен углу между рассматриваемыми плоскостями. Имеем:
т.е. oi. = atd:g.(-fi3/е).
Задача 6. В правильной четырехугольной пирамиде SABC]) с вершиной S проведена секущая плоскость Р, параллельная стороне [АВ] , проходящая через точку касания вписанного шара и грани (SAB) , а также через точку этого шара, ближайшую к вершине $ . Найти площадь сечения пирамиды плоскостью Р , если | АВ I « I, I3AI = /572 .
Решение. В отличие от предыдущих задач секущая плоскость задана не тремя точками, принадлежащими ребрам пирамиды, а более сложно. Поэтому построим сначала искомое сечение.
Пусть К - точка касания вписанного шара (0 - центр) с боковой гранью (SAВ) , рис. 148. Секущая плоскость должка
пересекаться с этой гранью по отрезку [MR] , параллельному стороне [АВ] Таким образом, становятся известными две точки М и R , лежащие на ребрах пирамиды и принадлежащие сечению.
Обратимся к плоскости ($EF)
Рис. 148 симметрии пирамиды, проходящей через
апофемы боковых граней. В этой плоскости также известны две точки К и 0 а , принадлежащие сечению ( 0^ - точка шара, ближайшая к вершине) . Следовательно, принадлежит сечению вся прямая
22В


(0ZK) , пересекающаяся с гранью (SCD) в точке L и с плоскостью основания в точке G . Отрезок [NQ] f по которому плоскость сечения пересекается с гранью (SOD) , должен быть параллельным [CJ)] , поскольку плоскость сечения параллельна [АВ] и, следовательно, [CD] . Соединяя точки N с М и Q с R , получим четырехугольник MNQR , представляющий искомое сечение.
Четырехугольник MNQFI - равнобочная трапеция ([MR] и [jVQ] - основания)» Действительно, [MR] \\[NQl и |MR| i |J\JQI • Кроме того, |MN| = IRQI в силу симметрии. Заметим попутно, что плоскость этой трапеции, параллельная [АВ] , перпендикулярна плоскости (SEF) , а отрезок [LK] - высота трапеции, соединяющая середины L и к ее оснований.
Площадь трапеции MVQR равна
поэтому нужно найти (lift I , |/VG| и /ЬК/ . Из подобия &SA/Q и aSCD , &SMR и а5ЛВ заключаем
lNG?1 = ^pf ’ IMR1 * “TSE! ОаЫ-*).
Чтобы вычислить эти отношения, обратимся к плоскости
дЗЕ F. В этом треугольнике: |SE| = |SF| ** V J AS )1-1AE|Z *-f * I EF{.
1
Следовательно, этот треугольник равносторонний. Такое обстоятельство значительно облегчает решение. Точка К - середина отрезка [S Е] . Следовательно, JMft I = 1/2. Точка Отделит высоту [SfOj в отношении 1:2, считая от вершины. Поскольку [Lk]X[NQ], то jLKl составляет 1/2 высоты равностороннего треугольника со стороной, равной I. Значит, |LKj = /4 f а
точка L отсекает от апофемы [SF] ее четвертую часть:
1/4. Таким образом S = 1/2 (1/2 + 3/4) */3* /4 =
« 3 Уз* /32.
224


Задачи
1. В треугольной пирамиде проведена плоскость сечения, параллельная основанию и делящая площадь ее боковой поверхности пополам. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
Ответ. I: (2/2* - I) .
2. Дана правильная четырехугольная пирамида <SABCD с вершиной S в На ребрах [S А] и [SС] взяты точки Р и Q соответственно, причем |API • |Р5| = Is3, |CQI =|3Q|. Найти отношение, в котором делится ребро [SB] плоскостью, проведенной через точки D , Р и Q .
Ответ. 3:4.
3. Плоскость проходит через вершину А треугольной пирамиды SAВС , делит пополам медиану [SК] треугольника SAB , а медиану [SL] треугольника SAC пересекает в точке D , такой, что |SD| = 1/2 IDLI. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
Ответ. 1:14.
4. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S 9 Через точки А , В и середину ребра [SC] проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
Ответ. 3:5.
5. Через одну из сторон основания правильной треугольной пирамиды проведена плоскость, делящая боковую поверхность пирамиды пополам. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
Ответ. 1:3.
6. В правильной шестиугольной пирамиде длина стороны основания равна а , а высоты - Н. Вычислить площадь сечения, проходящего через середины двух не смежных и не параллельных сторон основания и через середину высоты.
Ответ. 25 а /4Н2 + 3 аЛ/64 .
7. Ребро правильного тетраэдра S ABC имеет длину сс . Через вершину А параллельно ребру [ВС] проведена плоскость так, что величина угла между прямой [АВ] и этой плоскостью равна 30°. Найти площадь сечения.
Ответ. 3 уПГ'С1г/25.


8в Через сторону основания правильной треугольной пирами- ды и центр вписанного в нее шара проведена плоскостьо В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды, если длина ее бокового ребра в 3,5 раза больше длины стороны основания?
0твето Is4o
90 В правильной четырехугольной пирамиде Л АВСЗ) с вер¬
шиной S сторона основания имеет длину 4 см. Через сторону [CD] основания проведено сечение„ которое пересекает грань (SAB ) по средней линии треугольника SAB в Площадь сечения равна 18 сме Найти объем пирамида «5ABCD о
Ответ о 32 fS1 см3 *
ХОо На основании правильной треугольной пирамиды, длина высоты которой равна Н и радиус круга, вписанного в основание 9
'Х „ лежит шар, касающийся основания в его центре0 Найти радиус шара, если плоскость, проведенная через вершину пирамиды и середины двух сторон основания, касается этого шарас Ответ* Н%! (х + + 4Н9*') •
§ 5о Куб и его свойствао Сечение куба плоскостьюо Призмы Кубом называется прямоугольный параллелепипед, у которого длины всех ребер равны между собой9 рис« 1490 Куб - это правильный многогранник, все грани которого квадратыо
Куб обладает рядом свойств, которые полезно иметь в виду при решении стереометрических задач• Укажем основные из них:
а) диагональ куба перпендикулярна любой скрещивающейся с ней Рис о 149 диагонали граней куба [В'Д-ЦАС] ;
[В'3)]Л[С11'] и ТоДо) ?
б) 	диагонали непараллельных граней куба образуют между собой угол величиной 60° ([а'в] и [А'С] , [ВС'] и [ВС'] и т*д^
226


в) сечение куба плоскостью (а'с'В) или (AD'C) 9 проходящей через концы ребер куба9 исходящих из одной вершины ( В/ или D ) s является правильным треугольником$
г) плоскости треугольников А'С'В и AU'C параллель-
ны друг другу9 перпендикулярны диагонали куба [B'D] и делят эту диагональ на три равные по длине части |B;L|«|LKle|KUt S
д) сечение куба плоскостью^ перпендикулярной диагонали куба и проходящей через центр куба5 представляет собой правильный шестиугольнико Этот шестиугольник пересекается с ребрами куба
в их серединах (Е4 , Е2 , Е3 , Е4 , Е5 9 Е6)е Решение многих экзаменационных задач связано с плоскими сечениями куба0 Как правило, в каждой из них требуется построить сечение куба плоскостью, задаваемой теш или иными условиями, например, тремя точками, лежащими на поверхности куба, или двумя точками и условием параллельности плоскости сечения той или иной прямой, или одной точкой и условием параллельности плоскости сечения другой плоскости и т0д0 Построение таких сечений и последующие расчеты в принципе не отличаются от решения аналогичных вопросов для пирамид, о которых говорилось в предыдущем параграфе. Рассмотрим несколько примеров0
Задача 10 Дан куб ABC DA7 В'С' , где [ АА;], [ВВ'] 9 [СС'] и [DD,J- боковые ребра0 Найти площадь сечения этого куба плоскостью, проходящей через вершину А и середины ребер [В/С/J и [С'Б'] о Ребро куба имеет длину, равную I*
Решение, Сначала построим сечение в Начнем с точек К и L , являющихся серединами ребер [В^С7] и [o'j'L рис0 150,, Зги точки лежат в плоскости верхней грани куба, поэтому прямая (KL) , проходящая через эти точки, есть линия пересечения секущей плоскости с указанной гранью кубар а отрезок [KL] - одна из сторон многоугольника, представляющего сечение«,
227


Продолжив (KL) до ее пересече- F ния с продолжением ребер куба [А'эЦ и
[а'в'}, получим точки Е и F , лежа- щие соответственно в гранях (add' а') и (АА'В'В) куба. Тогда в каждой из этих граней будут известны уже по две В А точки, принадлежащие сечению. Это А
Рис, 150 и Е в плоскости грани ('АЭЗ/А') и
А и F в плоскости грани (АА/В/В) . Поэтому прямые (АЕ) и (AF) принадлежат сечению, а отрезки [AN] и [АМ] этих прямых - стороны многоугольника, представляющего сечение.
Соединив точки N и К в плоскости грани (CC/J)/J))h точ¬
ки L и М в плоскости грани (ВВ^С’С) , получим весь пятиугольник АМЬКАГ , представляющий сечение куба рассматриваемой плоскостью.
Заметим, что пятиугольник AMLKЛ/ получается из треугольника AEF отсечением от него двух конгруэнтных треугольников MLF и NKE . Это дает возможность определить площадь сечения по формуле
С - С _ р С
°AMLKN АВР А/КЕ '
Площадь равнобедренного треугольника AEF найти нетрудно.
Для этого заметим, что из подобия треугольников B^F , CXKL и З/кЕ с коэффициентом подобия 1 (т.е. фактически, из конгруэнтности этих треугольников) следует:
\Ы = 3/2, |a'F| = 3/2,
откуда
lEFl =-f/2’ , |AEl = |AF| = •
Поэтому длина h высоты AAEF , опущенной из вершины А на сторону [EF] , равна У|АЕ|2 - I/4]EF|Z= а площадь SA£p
з m/s.
228


Поскольку л JVflE можно получить из д AEF изменением длины его стороны [EF] в |ЕК|/ |ЕР|= -1/3 раза, а длины стороны [ЕА] - в [EN] / [ЕА] раз, то
С _ 1_. Jen! . о lENl
nice Ъ | ЕА} ЛЕР 8 ' |ЕЛ| '
Поэтому осталось найти отношение (ЕЛ/1 / I EAI . Из подобия а ЕзУм и л AND с коэффициентом подобия 1ез>'|/ 1ад)| = -1/2 заключаем, что |ЕN) : |АЛ/| = 1:2, откуда находим интересующее отношение - |Е N| : | ЕА | = 1:3. Итак, SNKE - {[7/24. Окончательно имеем
Заметим, что к этому же результату.можно было бы прийти другим способом, а именно: найти площадь проекции пятиугольни¬
ка AMLKN на плоскость основания куба (она равна 7/8 ), а затем разделить эту площадь на косинус угла проектирования, т.е. на косинус утла между плоскостью сечения и плоскостью основания куба. Метод определения этого угла понятен из рис. 151. Имеем COS if = 3/ /17*. Тогда искомая площадь равна 7/17724.
Еще один пример подобной задачи.
Задача 2. Дан куб ABCD А'в'С'В', где £aa'J , [ВВ^ ,
[сс;] и [_DD^|- боковые ребра. В каком отношении делит объем куба плоскость, проходящая через вершину А , середину ребра [вс] и центр грани (BCCl)^ ?
А1 Решение. Построим плоскость
сечения. Начнем с точек А и Е ( Е - середина ребра [ВС]). Проведем через А них прямую (АЕ) до ее пересечения в точке F с продолжением ребра Гас]. Отрезок [ае] служит одной из сторон многоугольника, лежащего в сечении куба, рис. 152.
15х-1724 229


Теперь в плоскости грани СС'и'Б куба известны две точки О и Р , принадлежащие сечению» Следовательно, прямая (ОР) также принадлежит плоскости сечения. Отрезок [L/1/J ее пересечения с гранью (СС'D'JJ) служит другой стороной искомого многоуголь-
же плоскости сечения, вычисляется как разность объемов двух треугольных пирамид DANF (D - вершина) и CELiF(C - вершина) „ Из подобия л FEC и л РАБ с коэффициентом 1/2 имеем |CF|=I (если длину ребра куба принять равной I) . Аналогично, из подобия лРСЬ и д FOO^ с коэффициентом 2/3 получим |СЫ=2/3100,1 =
= 1/3, где О* - проекция центра 0 грани (CC'JJ'D) на ребро куба [CJ] . Наконец, из подобия л FCL и л FD/Vс коэффициентом подобия 1/2, получим |ZD/V| = 2 | СЬI = 2/3.
Итак, отношение объемов частей, на которые секущая плоскость делит объем куба, равно 7;290
Задача 3. Через три точки 0 , Е и F 9 лежащие на поверхности куба ABCD А'в'С'ЛЭ'^АА*] , [ВВ'] , [СС'] ,[ЦБ']» боковые ребра )9 проведена плоскость сечения. Построить это сечение и найти величину угла, образуемого его плоскостью с плоскостью основания куба, если известно, что 0 - центр грани (АА/В,В)
ника.
Соединив точки А и N в грани (AA'll'D) и - Е и L В грани (ВВ'С'С)
получим искомый четырехугольник
AIVLE , представляющий сечение куба.
Рис. 152
Объем У части куба, лежащий ни-
Имеем:
230


куба, Е и F принадлежат ребрам [C'U'J и [ВС] соответственно,
причем IC'EI = 1/3 IC^'l и |ВЛ = IFCI.
Решение, В отличие от предыдущих задач в этой задаче из трех данных точек 0 , Е и F никакие две не лежат в плоскости одной и той же грани куба так, что сразу провести линию пересечения секущей плоскости с поверхностью куба нельзя, рисо 153в
Поступим следующим образом: спроектируем точки Е и 0 на плоскость основания куба (АВСБ) и получим У точки Ed и 0± , соответственно
лежащие на ребрах [DC] и [АВ] „ Через точки Е и 0 , а также через их про» К екции Е 4 и 0 ± проведем прямые
Рис, 153 (ЕО) и (Е^), которые должны пересечься, поскольку одна из них есть наклонная, а другая - проекция
этой наклонной на плоскость основания кубао Пусть К - точка
их пересечения. Естественно, она лежит в плоскости основания куба, поэтому в плоскости основания уже известны две точки, принадлежащие сечению: К и F . Следовательно, принадлежит
сечению и вся прямая (KF) , содержащая эти точки. Отрезок [MF] -
одна из сторон искомого многоугольника, лежащего в сечении (М - точка пересечения прямой KF с ребром [ВС]) .
Пусть L - точка пересечения прямой (KF) с продолжением ребра [Б С] , Соединим точки Ц, и Е , Отрезок [ЕР] - это еще одна из сторон многоугольника, лежащего в сечении куба. Соединим точки F и Р в грани (BBf С'С) , М и 0 - в грани (АА'В'В) t N и F - в грани (А'В' СГБ*) (N - точка пересечения прямой (ОМ) с ребром [А’в']), получив остальные стороны пятиугольника ENMFP , представляющего сечение куба,
231


Если из точки Е в плоскости треугольника EKL опустить на его основание [KL] высоту, рис, 153, то угол между секущей плоскостью и основанием куба будет равен углу наклона этой высоты к плоскости основания. Обозначим его величину через сС . Получим
+ ^ - Ш .
ifcC - |BlQj
Пусть ребро куба имеет длину, равную 1, Тогда |ЕЕ4|= I,
Найдем длину отрезка |Е4й| . Этот отрезок - высота треугольника
КЕАЬ , рис. 154, Из прямоугольного треугольника E^LQ. нахо- /ч /\
дим | E^Q. I =|Е1ЫсозЬЕ01 = lEiLI c£>s LFC (поскольку LFC =
« LE±GL как углы с взаимно перпендикулярными сторонами) .
Обозначим 1 MB | = ос . Тогда | С L, I =
« ос ( так как треугольники MBF и CLF
конгруэнтны); \О^М 1 = 1/2 - X ; \E<L =
= 2 | 0*М| = * - 2 ос ,|ЕАС| = |EiLl-\CL|=
= I - 3 эс9 Но по условию |Е±С| = 1/3,
следовательно, ос = 2/9, Тогда |Е±и=
= I - 2 эс = 5/9,
Далее находим tgLFC =|Cb|/jCF| «
= 2/9 : 1/2 = 4/9 или ccsLFC = Q/VOTl
/\
После этого имеем (E^Q \ = \Е ^L, I cos LF С =
= 5/^971 Следовательно, tcjcL = /97/5,
Также, как и в задаче 5 предыдущего параграфа, косинус искомого угла можно найти иначе, а именно с использованием метода координат. Приняв за начало системы координат вершину куба В , направим ее оси ос , и z соответственно по векторам ВА ,
ВС и ВВ' • Тогда точки Е , 0 и F , через которые проводится сечение, имеют координаты Е (1/3;I; I) , 0 (i/2;Q;l/2) ,
0;1/2;0 .
232
Рис. 154 cL = ct^ctg,()/97/5) ,


Запишем уравнение плоскости, проходяЩбй через эти точки. Будем искать его в виде
где cLi Ь и с - неизвестные коэффициенты. Подставляя в это уравнение последовательно координаты всех трех точек, получим систему уравнений
л
Ъ
4-
±
с
--1,
± L г а
+
\
г,
с
L ~L >
откуда находим си = 2/9, £ = 1/2, С = «5/2. После этого
уравнение плоскости можно записать следующим образом:
9 Ос + 4 ^ - 5 £ -2=0.
Числа ^54;-5j можно рассматривать как координаты вектора, перпендикулярного проведенной плоскости. Угол между
I
плоскостью сечения и плоскостью основания куба равен углу между
векторами, перпендикулярными этим плоскостям, т.е. углу между
векторами £9$4$-5j и £0$0;l"^ . Имеем
co^dL = 9-0 + 4-0 - 5-1 в _5_
Ш + 16 + 25~' VI221
Отсюда находим =У97?5 или ot *= ct/L&icj^ ( у[97/5) . Как
видно, в данном случае этот способ приводит к результату гораздо быстрее, чем предыдущий.
Рассмотрим теперь несколько задач на сечение призм. Задача 4. Дана треугольная призма АБСА'в'С* ([ AA'J, [ЕВ'] , [СС'} - боковые ребра ) в Плоскость пересекает ребра [А/В/J,
[В'С'З и [ВС] соответственно в точках М , N и Р . Найти, в каком отношении делит эта плоскость объем призмы, если известно, что \b'm|s|A'b'(= 1:2, Ib'NI ;|В'С'| = 2:3 и |БР| : |СВ| « 1:3.
233


м
Р е ш е н и е0 Чертеж к этой задаче представлен на рисв
155*
Сечение строится в следующем порядке« Точш W и М соединяются отрезком [ММ] i через точки N и Р в плоскости боковой грани (ЕВ'С'С) проводится прямая (NР) до ее пересечения в
точке К с продолжением ребра (ВВ') *
Через две точки М и К , лежащие в плоскости боковой грани (АА'В'В) , проводится прямая (КМ) , точка GL ее пересечения с ребром призмы [АВ] соединяется отрезком [PQ] с точкой Р . Четырехугольник MNPGL - искомое сечение
(MNPQ. - трапеция, поскольку [MN] II [PQ]).
Учитывая, что пирамида КР&В (К - вершина подобна пирамиде КIVMB7 (К Рисо 155 вершина) с коэффициентом подобия d/2
(действительно, из подобия треугольников КРВ и KfyBf следует, что I KBI : |КВ'| = | РВ | 1N В'| , т.е, как *1:2 ) , находим:
Vkpqb " ) Vknms'
или объем Vi части призмы, лежащей правее плоскости сечения, рис, 155, равен 7/8 объема Ук*мв' пирамиды KJS/MB* • Сравним объем пирамиды K/VMB' с объемом V призмы . Имеем:
V ~ Sдве * Н 7 Vknmb' ~~ 3 •2Н,
где Н - длина высоты призмы, 3 а вс ~ площадь ее основания;
2Н - длина высоты пирамиды K/VMB', 3^Bf - площадь ее основания. Далее:
|Л/В# I im'l d -&.£.({ =44.
' Оалг ^ 3 Я вс 3 -М
э„мв'~ IC'B'I IA’b'1 а&с (см. § I, гл. I ) . Следовательно
> А А ^
V,
HNM3
= 4-. 4-- <!
1Г я о.
3 °АВС 234
ZH = -t-v


Отсюда объем V4 отсекаемой части равен
V* = Укммз ~ 1Г ' “Г У ~ ?1~ ТЛ
Следовательно, объем призмы делится в отношении 14:58 или 7:29.
Наконец, последний пример задачи подобного типа0 Задача 5, В прямую призму АВСЮА^ B'c'l/ , основанием которой является ромб АВСЗ) , a [AA'J , [BB'J , [CC'J и СШ)5- боковые ребра, вписан шар радиуса 2R, . Найти площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через вершины А , В и С^ если известно, что BAD = оС ,
Решение, Покажем сначала, как проходит упомянутая в условии задачи плоскость сечения0 Поскольку ей принадлежат точки А , В и Сf , то сторона основания [АВ] и диагональ боковой грани [ВСО будут линиями пересечения секущей плоскости с поверхностью призмы. Чтобы построить остальные стороны многоугольника, лежащего в сечении, заметим, что они должны быть параллельными уже построенным отрезкам. Действительно ? параллельные плоскости пересекаются секущей плоскостью по параллельным прямым. Отсюда следует, что сечению должны принадлежать отрезки (Д/сО и [AD] , т,е, искомое сечение призмы - это параллелограмм АВС'зУ , рис. 156,
Поскольку призма прямая и в основании лежит ромб, то проекция вписанного в призму шара на плоскость основания представляет окружность, вписанную в ромб. Значит, высота этого ромба равна 2R, « Эту же длину имеет и высота призмы, поскольку в
нее можно вписать шар радиуса R, , Если из точки D опустить на сторону [АВ] перпендикуляр [З/е] , лежащий в плоскости сече-
235
Рис, 156


ния, и соединить полученную точку Е с вершиной D , то линейный угол двугранного угла между плоскостями основания и сечения дается углом ЛЕЮ* • Действительно, [j/E] JL[AB] по построению [беШав] - по теореме о трех перпендикулярах* Так как и высота призмы [Ш'] и высота ромба [D Е] имеют одинаковую длину, равную 2R, , то угол БЕ1Г равен 45° в
Площадь сечения найдем по формуле
3/1 вен = • 005 45°,
в которой *5>се.ч - площадь сечения, «Sy^ci - площадь основания призмы, являющегося проекцией сечения АВС/Л)/ на плоскость основания.
Из прямоугольного треугольника AED , лежащего в основании призмы, находится сторона ее основания |АХП = 2Ft/birtcL , а затем и сама площадь основания
d - 2ft. . г/t . (-(„о, - jmi%
ОАЬСЯ $in<K ITUxoL ЛШ '
После этого определяется площадь сечения:
d-d • - 4/&V& . .
Осеч ' * COS4S sin оС
Задачи
1. Дан куб ABCDA'B'C'I/ с боковыми ребрами [АА*] , [ВВ7], LCC'Jh PDD'J . На продолжении ребер [АВ] , [АА7] , [AD] отложены
соответственно отрезки [BP] , [A'Q.] ,[DFtl длиной I,5|ABf так, что | АР | = | A Gl | = \ A Fb \ = 2,5|АВ| . Через точки Р , Q, и d проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем куба?
Ответ. 1:47,
2. Дан куб АВСБА'В'С'ЛУ с боковыми ребрами [АА'1, [ВВ#] , [ССг]и [DD'J. В каком отношении делит ребро [С^В*] точка Е , которая принадлежит плоскости, проходящей через вершину А и центры граней (А'в'с'дУ) и (В'С'СВ)?
Ответ. 2:1 .
3. Дан куб ABCD A'b'C'D', где [АД'] , [ВВ'] , [СС']и [DD'J- боковые ребра. Найти площадь шестиугольника, который получается в сечении куба плоскостью, проходящей через центр куба и сере-
236


длины ребер [АЗ] и [ВС] . Ребро куба имеет длину, равную I.
Ответ* 3^/4 .
4 • Длина ребра куба ABCD А' В' С 'Л)' ( [АА'ЛфВ'] I/ [CC'J IIСшЙ)
равна I. На ребре [АА1] взята точка Е так, что длина отрезка [АЕ]равна 1/3; на ребре [ВС] взята точка F так, что длина отрезка [В FJ равна 1/4. Через центр куба и точки Е и F проведена плоскость. Найти расстояние от вершины В до этой плоскости.
Ответ. II VTИУ/170.
5. Дан куб АВСБА'В'С'Б ([АА']II[ВВ']11[СС'_1 II[ВЗЙ), причем длина его ребра равна си . Точка Е' - середина ребра [С'Б'Л 9 точка F* - середина ребра [В'С'1. Найти радиус сферы, проходящей через точки Е' , F , А , С .
Ответ. <х\ДГ/8.
6. Найти площадь сечения куба ABCi А'в' C'd* ( [АА;] , [ВВ;], [СС'З, J - боковые ребра ) , плоскостью, проходящей через вершину D и середины ребер [А;В'] и [В;С'] . Ребро куба имеет длину, равную сс
Ответ. 7 о?/Г?/24.
7. Дана правильная треугольная призма АВСА^В'С* с боковыми ребрами [АА*], [ВВ*] и [CC'J . На продолжении ребра [A'b'I взята точка М , так что |ВМ;|= 1/2|А'В'|('|А/М1 * 3/2|А'В'|) . Через точку М и середины ребер [А'С']и [В'В] проведена плоскость.
В каком отношении эта плоскость делит объем призмы?
Ответ. 49:95.
8. Дана прямая призма, у которой основанием служит правильный треугольник. Через одну из сторон нижнего основания и противоположную вершину верхнего основания проведена плоскость. Величина угла между этой плоскостью и плоскостью основания призмы равна , а площадь сечения призмы равна «5 . Определить объем призмы. 3/
Ответ. v/F (cosc^)
9. Дана прямая треугольная призма АВСА'В’С' ,
у которой 1 AC | = б, | АА; | = 8. Через вершину А проведена плоскость, пересекающая ребра |ВВ'| и |СС’| соответственно в точках Ми N . Найти в каком отношении эта плоскость делит объем призмы, если известно, что | ВМ I = | МВ'| , a (AN) является биссектрисой угла САС' .
Ответ, 7/17 о 237


10. 	Дан куб ABCD A',B/C/J)/ с ребром* длина которого равна 1в На продолжении ЕЙ)] за точку D взята точка Р * такая* что \ Д)Р1 = 1/20 Через точку Р и середины ребер [АА^] и [СС'] проведена плоскость® Найти площадь получившегося сечения*»
Ответ о 3/U/4,
§ 60 Взаимное расположение шаров, шаров и плоскостей
Рассмотрим некоторые типичные примеры решения задач* в которых речь идет о взаимном расположении шаров или шаров и плоскостей* Во многом эти приемы схожи с приемами, используемыми при решении задач на взаимное расположение окружностей, встретившиеся нам в § 5 глв I.
Пусть, например, в пространстве даны четыре одинаковых шара, имеющие радиус ft и попарно касающиеся друг друта внешним образом, как это показано на рис* 157* Пусть требуется найти радиус пятого шара, содержащего данные шары внутри себя и имеющего с каждым из них внутреннее касание е
Ключом к анализу подобной р / комбинации пространственных тел
/ может служить рассмотрение мно¬
гогранника 0d020304 с вершина-
Рисо 157 ми в центрах данных шаров*
Если вспомнитьf что расстояние между центрами любой пары касающихся внешним образом шаров равно сумме длин их радиусов, то станет ясно, что длины всех ребер такого многогранника будут известны,, Так, налример*, центры 0* , 0^, 03 , 0/,. данных
шаров являются вершинами правильного тетраэдра с длиной ребра 2 Л , С другой стороны, если шары касаются друг друга внутренним образом, то точка их касания принадлежит линии, соединяющей центры, а расстояние между центрами равно разности ра~
238


диусов этих шаровс Для рассматриваемой конфигурации центр пято» гоs описанного9 шара находится в центре правильного тетраэдра О,0я0304 о Зтот центр9 как известно? делит высоту тетраэдра в отношении Зг X5 считал от вершины,
Обозначив через «зс. радиус искомого шара, а через & - высо¬
ту тетраэдра ChO^OjQj, s получим уравнение Ж - Я = if-Я,
Если учесть9 что длина высоты тетраэдра с ребром 2ft равна 2 Я/2Уз 9 то радиус пятого шара определится выражением
ОС = Я, + А. = А, * -|г 0 £ fi ~ & ( l + ^ ) с
Аналогично решаются следующее задачи*
Задача I* Три одинаковых шара радиуса /£ попарно касаются друг друга и некоторой плоскости внешним образом, Чет» вертый шар радиуса Я/ лежит с той же стороны плоскости, что и первые три шара, и касается каждого из них0 Найти расстояние от точки четвертого шара* максимально удаленной от плоскости, до этой плоскости*
Решение® Нетрудно заметить» что искомое расстояние Н складывается из сушм двух радиусов и длины 'fb высоты пирамиды 0,0г0304 , рис о 157* Таким образ ом 9 Н ~ 2 ft -&• 'Ръ или Н = 2Я (А + урё/з).
Задача 20 Внутри прямого кругового конуса располо- жены четыре шара одинакового радиуса & 9 попарно касающиеся
друг друга внешним образом, причем три из них лежат на основании конуса и касаются его боковой поверхности, а четвертый - только боковой поверхности конусав Найти длину высоты конусае Решение, Очевидно, что высота такого конуса содержит высоту правильного тетраэдра 0^0^0^0/, 9 образованного центрам данных шаров, рис о 158= Рассмотрим сечение конуса и вписанной в него системы шаров плоскостью* проходящей через высоту
289


конуса и центр одного из иаров, например, первого, т.е. рассмотрим одну из плоскостей симметрии данной пространственной конфигурации тел. Это сечение изображено на рис. 158. Нетрудно
понять, что окружности с центрами в точках 04 и О4 , получившиеся вследствие пересечения плоскости симметрии и первого и четвертого шаров, касаются образующей [АС] конуса. Поэтому
[o<o^nftcJ .
Длина высоты [СЕ] конуса равна сумме длин трех отрезков:
I СЕ I = |С041+ lO^DI + | Б Е | ,
причем | O4D |s ^ * 2Ц fZ73 - длина А Е в высоты тетраэдра 040^030^ , |С0^| =
А
Рис. 158 = Rj/slrhoi 9 где oL = АСЕ - величина
утла при вершине косинуса, |Д) El = fi .
Синус угла определяется отношением длин отрезков [О^Б]
и [0404] : • 1ЛТ,,
<!• nl - ЮР I ,
причем длина отрезка [О^Б] равна 2/3 длины высоты основания
тетраэдра 0^0^030^, |0^Б1 = 2/3* 2ft '\1~ЗУ2 = 2 R, vH3/3 .
Таким образом, Q
icoti
СЕ - R,+ ШЩЪ + Ж/'П? ~ Я(4 + Ъ{6'/3 ■* /з).
Задача 3. Три одинаковых шара радиуса ft касаются некоторой плоскости и друг друга внешним образом. Четвертый шар касается каждого из трех данных шаров и той же плоскости. Найти его радиус.
Решение. Рассмотрим правильную треугольную пирамиду O^OgO^O/f с вершинами в центрах шаров, причем 04 - центр
240


Рис« 159
четвертого шара, рис* 159. Длины сторон основания этой пирамиды равны 2d 9 а длины боковых ребер - ( FI + jc) » где ос -
радиус четвертого шарав Очевидно, что расстояние от плоскости основания правильной пирамиды 0А0гО3 0^ до данной плоскости
равно R, у поэтому высота пирамиды равна ( ft - oz) 0 Запишем выражение для связи высоты правильной пирамиды, высоты ее основания и длины бокового ребра:
(R, + ос )* = ( R. -х)г + ( \ ■ afl %)Z,
откуда находим: ос - Ft/5.
Подобный прием можно использовать и при решении следующей задачи о
Задача 4* Три шара радиуса X лежат на нижнем основании прямого кругового цилиндра, причем каждый из них касается двух других и боковой поверхности цилиндра* Четвертый шар лежит на этих трех шарах, касаясь поверхности цилиндра и его верхнего основания* Определить длину высоты цилиндра*
Решение* Так как три шара имеют одинаковые радиусы и лежат на нижнем основании цилиндра, то их центры 0± 9 О^и 03 , рис* 160, находятся в одной плоскости 5rt 9 пар!аллельной
плоскости основания цилиндра* Поскольку четвертый шар касается боковой поверхности цилиндра и верхнего основания, то радиус равен радиусу основания цилиндра ft 0
Центр шара О4 лежит на оси цилиндра и проектируется в точку 0 ,
центр сечения цилиндра плоскостью Й 0 Это сечение представлено отдельно на том же рисунке* Легко 16-1724 241


усмотреть, что длина высоты цилиндра Н = % + fl 9 где
= 10041о
Рассмотрим пирамиду 0<0г030ц 0 Очевидно, что эта пирами- да правильная0 длины сторон основания равны 2 ъ 9 длины боковых ребер »(х+ &)» следовательно9 вершина пирамиды, точка 04 9 проектируется в центр треугольшш O^OgOg о ®ашрь легко подсчитать, что
10(^1=-^^, 100*1 + Ъ = ^4^ г •
Длину высоты определяем из прямоугольного треугольника 00^0^
К =/l 0АОц\г - 10 0,\г' = у С Ъ + г - £ г* ’ - -§*- г {э + efF[
Окончательно находим
й = -д- 'Х ( з + /1Г + \/ 9 + 6 \Г5Г) в
Во многих задачах рассматривается один или несколько шаров 9 вписанные в двугранный угол, т0е9 касающиеся плоскостей^ образующих этот угол0 В частности9 речь может идти о шарах, ка- сашрзхся двух9 трех или большего числа граней какого-либо многогранника 0 При решении таких задач чаще всего приходится использовать то обстоятельство, что центр шара* касающегося сто-» рон двугранного угла, лежит в его биссекторной плоскости ( L ) 9 То@о плоскости, каждая точка которой равноудалено от граней (Р и Gt) этого угла, рис. 161*
Если шар вписан в трехгран- ный угол, то центр такого шара лейит на прямой, являющейся пересечением биссекторных плоскостей составляющих его двугранных углов•
Рис* 161 Наконец, если в двугран¬
ный угол вписана пара шаров, касающихся друг друга, то между радиусами этих шаров и величиной оС двугранного угла существует
24 г


простое соотношение
»in^- = R~ ot _ У- х/л.
Р.+ -t ШШ Sta-57- 4 + ~l/fi .
Его вывод вполне ясен из рис* Х61о Из этого соотношения, в частности 9 следует§ что величина оС двугранного угла определяет от» ношение радиусов вписанных в угол и касающихся друг друга шаров к наоборот» отношение радиусов таких шаров определяет величину угла оС о
В качестве примера рассмотрим следующую задачу0 Задача 50 Два одинаковых шара радиуса R, касаются друг друга и граней двугранного углаР величина которого равна об * Найти радиус меньшего из двух шаров, касающихся граней двугранного угла и обоих данных шарово
Решение, Поскольку все шары касаются граней двугранного угла (Р и б.) 5 то их центры 0^9 0zn 03 принадлежат биссекторной плоскости ( L) 9 причем треугольник 040Z03 - равнобедренный 9 рисо 162* Длина его основания [0^Отравна 2.FL , а
длины боковых сторон - (Ц, + ъ) 9 где 'Ь ю радиус искомого шара» Шары 0^ и имеют одинаковый радиус R. 9 поэтому их центры равноудалены от ребра (UN) двугранного угла и, следовательно 9 (O^O^It^iN) 9 а высота [03н1 равнобедренного треугольника » гДе ® ~ точка взаимного касания шаров О^и 0^ » перпенди-
Спроектируем точки 03 и В на одну из граней двугранного угла ( например9 Р ) § получим точки J и Е J плоскости
проектирования проведем [03С] II [НЕ] . Рассмотрим прямоугольный треугольник 03ВС 0 Имеем?
243
Рисв 162 кулярна этому ребру0


Длина высоты [О^В] треугольника 0^ 0г03 находится по теореме Пйфагора из треугольника 0^03В г
103В1 = /10^140,61* '=fT(Z^%) .
Используя выражение для 103ВI через X 9 получим уравнение для определения х %
5la * = w
ИЛИ
х* сoSZcLA ~ sin.z*/z)+ Яг - 0 .
Меньший корень этого уравнения имеет вид?
%=fl[i+ - SLn^A ')/Э+ Siri^z 1J
Заметим, что больший корень уравнения определяет радиус другого9 большего шара9 также касающегося граней двугранного угла и данных шаров 9 но лежащего 78 за*9 этими шарами 0
В качестве последнего примера задач такого тмпаэ рассмотрим следующую задачу о
Задача б0 В двугранный угол величиной 60° вписан шар радиуса R, 0 Найти радиус шара9 вписанного в тот же угол ш касающегося данного шара, если известно9 что прямая* соединяю» щая центры обоих шаров9 образзгет с ребром двугранного угла угол 45°о
Решение» Как и в предыдущих случаях 9 центры шаров
лежат в биссекторной плоскости Р 9 рис0 1630 Нетрудно заметить9
что задача имеет два решения0 На прямой, проходящей через центр
данного шара и образующей угол 45° с ребром двугранного угла9
можно выбрать две точки 0± и 0^ для центров искомых шаров®
Радиус одного из этих шаров будет меньше К 9 радиус другого
шара - больше, чем Я в Проведем [О^В] и [ОС] параллельно ребру
двугранного угла* Тогда прямоугольные треугольники 00* В и
344


ОО^С будут иметь острые углы по 45°. Обозначим через ос радиус искомых шаров* Возможны два случая:
I) ос < ft о
В этом случае имеем:
| АО I = 2 ft (из А АОБ) ; lA^U 2 ос (из А АОД)) ;
100^1 = Rf + ос 9 | GB 1^3 2 ( Ry - «X ) *
Из д 00dB находим I 0В1= 100 ^ I '{2?29 тве.
Z(d-x) =^- ( FL + ос) .
Отсюда получаем выршение для X :
& 4т~т¥ • (I)
2 ) ос > R-.
В этом случае имеем:
\ АО! = 2 R- (из л АОР) j 1Аг0г|= 2 ас. (из д A^O-JO); \0я,0\ - И +Х , 10,01= 2 (х- Ц) .
Из д 00гС находим lO^CI * I00.J -/2У2 » т.е»
Я (ос - ft) = С R-+ •
Отевда получаем выражение для ос %
04= Я 4 t ff4" • (2)
Зорвзуян (l) и (2) даш1 решения задачи»
16s-1724 245


Задачи
I о Три шара радиуса Ft лежат на ншшем основании правильной треугольной призмы, причем каждый из них касается двух других шаров и двух боковых граней призмы0 На этих шарах лежит четвертый шар9 который касается всех боковых граней и верхнего ос-
нования призмы о Определить высоту призмы Q
Ответ» Л (6 + /ЭГ+ /27+12 \ПГ)/з.
2о Три шара касаются плоскости треугольника ABC в его вершинах и попарно между собой* Найти радиус шаров, если известны длина с стороны [АВ] и прилежащие к ней углы А и В в
Ответо = с 5 in В/ Zsin А, хг = csinA/ZstnB,
с sin A sLnB/Z 5inz(А +В).
Во В шар вписан прямой круговой цилиндр«, Во сколько раз объем шара больше объема цилиндра, если известно, что отношение радиуса шара к радиусу основания цилиндра вдвое меньше, чем отношение поверхности шара к боковой поверхности цилиндра?
Ответ* 16 s 9
4в Две одинаковые сферы касаются друг друга и граней дву- гранного углав Третья сфера, меньшего радиуса, также касается граней этого двугранного утла и обеих данных сфер*, Дано отношение гп, радиуса меньшей сферы к радиусу одной из одинаковых сфер® Найти величину се двугранного угла» В каких пределах может меняться параметр ?
Ответ0 ос = Z cutcsisb[{i~m)/\lпъ*'+ Zm] '? 0,Z5<m<i
5о В прямом круговом конусе угол при вершине осевого сечения равен 60° 0 В этом конусе расположены три одинаковых шара радиуса FL 9 касающиеся изнутри боковой поверхности конуса, плоскости основания конуса и попарно друг друга* Найти площадь боковой поверхности другого конуса с той же вершиной, высотой и плоскостью основания, которого данные шары касаются внешним образом*,
Ответ. 26 ЯлУйГ.
6« На плоскости лежат, не пересекаясь, два шара радиусов х и fl о Расстояние между центрами шаров равно * Найти минимально возможный радиус шара, который лежал бы на этой плоскости и касался заданных шаров•
Ответе (§ + /£ -+ И)/4(+ IГъ)г,
Ш


7о В правильную треугольную пирамиду помещены три шара так, что первый шар касается всех боковых граней пирамиды и второго шара, второй шар касается боковых граней и третьего шара, третий шар касается боковых граней* основания пирамиды и второго шара® Какую долю объема пирамиды занимают три шара» если ее боковые грани наклонены к основанию под углом оС ?
Ответ. 4Я * Ц 5*U) /9Ц)оС.
80 В прямой круговой конус9 у которого образующая составляет с осью угол ос 9 помещены три шара так, что первый шар касается боковой поверхности конуса и второго шара, второй шар касается боковой поверхности, первого и третьего шаров, а третий шар касается боковой поверхности, основания конуса и второго шара « Какую долю объема конуса занимают все три шара?
Ответе U + 1^9оС/я, +tg^ci/z)/ tgoL.
9С Три одинаковых прямых круговых конуса, радиусы основа» ний которых равны 9 а высоты равны 4 % /3, расположены по одну сторону от плоскости Р , а их основания лежат в этой плоскости» Окружности оснований каждых двух из этих конусов касаются0 Найти радиус тара* лежащего между конусами и касающегося как плоскости Р , так и всех трех конусово Ответ о 2 г (2/31- 3) /В.
Юо В правильной четырехугольной пирамиде расположены два шара 0^ и 0^ о Шар 0^ вписан в пирамиду м имеет радиус 2, шар 0^ касается внешним образом шара 01 и боковых граней пи« рапиды* Радиус шара 0& равен Х0 Найти площадь боковой поверх- ности пирамиды и величину двугранного угла при боковом ребре пирамидыо
Ответв 961 2 аЛс sin (y/BVcjL
§ 7, Разные задачи
1о Определить синус угла между двумя высотами, опущенными из двух вершин правильного тетраэдра на противоположные грани3 Ответ о 2 2/Зо
2о Основанием пирамиды служит равнобедренный пршоуголышй треугольник* дайна катета которого раша 8 см* Диша штдого бокового ребра составляет 9 смв Найти объем пирамидые Оттто 74
247


3* Основание пирамиды - правильный треугольник с длиной, стороны, равной 6„ Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания; его длина равна 40 Найти радиус шара, описанного вокруг пирамиды0 Ответо 4о
4о Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к плоскости основания под углами, величины которых равны сС и jb . Найтш величину угла между этими диагоналями,,
Ответ о o/zjocjqs ( sind • swfl ) •
5. 	Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна g . Вычислить площадь сечения, проходящего через середину высоты пирамиды параллельно боковой грани.
Ответ,, 25/16 £> .
6* В основании пирамиды лежит равносторонний треугольник с длиной стороны, равной Со . Высота пирамиды проходит через середину одного из ребер основания и имеет длину 3 си /2. Найти радиус шара, описанного вокруг пирамиды.
Ответ о СЬ (7)3
7о Через сторону основания правильной треугольной пирамиды и центр вписанного в нее шара проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды, если ее боковое ребро в 3,5 раза длинее стороны основания.
Ответ. 4sI.
8. 	Плоскость пересекает боковые ребра [SA] , [SBj и [£С] треугольной пирамиды SfABC в точках К , L и М соответственно. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды9 если известно, что |SK j i j КА j = |SL| г | L В | = 2, а медиана [SN] треугольника £ВС делится этой плоскостью пополам.
Ответ. 7:29.
9о В треугольной пирамиде 5АВС ребро [SА] перпендикулярно плоскости грани (ABC ) , двугранный угол с ребром [iSC] равен 45°, |S A j = j ВС J = сь и угол ABC прямой. Найти длину реб-
ра №• г——.
Ответ. CIV ч* - Х«
10. 	Основанием треугольной пирамиды служит равносторонний треугольник. Три другие грани образуют с основанием двугранные углы, величины которых равны dL ,и ^ , каждый меньше 3£“/2.
В пирамиду вписан шар. Определить отношение радиуса шара к высо-


11. Определить объем параллелепипеда, у которого длины всех ребер равны 19 а все плоские углы при одной из вершин имеют величину У* ( 90° ) „ ^
Ответ, я)» </>. /sin29- ce*>2(P-~tfr 4/2- "•
12. Ребра треугольной пирамиды, выходящие из вершины 0 , попарно перпендикулярны , и их длины равны а. , -6 и с Q Найти объем куба» вписанного в эту пирамиду так, что одна из его вершин совпадает с вершиной 0 . 3
Ответ. а?£3с3/Сd£+ ас + £с) .
13о'Усеченный конус и правильная шестиугольная призма расположены так, что верхнее основание усеченного конуса вписано в верхнее основание призмы, а нижнее основание увеченного конуса описано около нижнего основания призмы. Известно, что длина высоты усеченного конуса равна сумме длин радиусов его оснований. Найти отношение величин боковых поверхностей этих фигур*
Ответ. 14/12.
14. Длина стороны основания правильной треугольной призмы АВСА^С^ равна GL . Точка - середина ребра [АВ] , точка Е принадлежит ребру [А^С*]. Прямая (3)Е) образует углы об и с плоскостями (ABC) и (АА<|С1С) соответственнов Найти длину высоты призмы и радиус шара с центрами на отрезке £d Е] , касающегося плоскостей (ABC) и (АА С^С) о /
Ответ, а\[%/ч sind/sinfi) s\ncL/(sMel*+ .
I50 Все ребра правильной треугольной призмы ABCA.fi ЛСА имеют длину Си * Рассматриваются отрезки с концами на диагоналях [ВС4] и [CAJ боковых граней, параллельные плоскости АВВНА4. Один из этих отрезков проведен через точку М диагонали [ВС,,*] такую, что \ш\ : |ВС41 = 1:3. Найти его длину. Найти также наименьшую длину всех рассматриваемых отрезков.
Ответ. ^а/З; Си/ \рэ*0
16о В прямоугольной параллелепипеде АВСЗ) А<|В<1С4Б1 длины ребер [aB^ j [jBC^ и [ВВ J равны соответственно 2cl > Cl и CL . Точка Е -середина ребра fjBC] . Вершины М и М правильного тетраэдра MNPQ, лежат на прямой (CiE) , вершины Р и (X - на прямой, проходящей через точку В^ и пересекающей прямую (АХ>) в точке F 0 Найти длину 0Tpe3Ka[j)Fj и расстояние между серединами отрезков [м N] и [PQ,] .
Ответ. CL I 4 сс /3 \рЁГ .
17. 	Длина ребра куба АВС1)А/1ВЛС12)1 равна Ои «, Точка Е - середина ребра [АЪ\ . Вершины М и N правильного тетраэдра
249


MNPG^ лежат на прямой (еЗ^) , а вершины Р и Q, - на прямо проходящей через точку и пересекающей прямую (J3C) в точке R о Найти отношение длин j BR\ z [ ВС \ и расстояние между серединами отрезков [MN] и [РОД о Ответ. 2; 2/ \f3CT 0
18. 	Ребро куба ABC А^ВЛС^ЪЛ имеет длину a . На ребрах[АВГ] и [СС,1 взяты соответственно точки М и М так, что прямая (ММ) образует угол 30° с плоскостью (ABCD) и угол a/oasin^ 1/3 с плоскостью (ВВ^С) . Найти длину отрезка [MN] и. длину радиуса шара с центром на отрезке [MN J , касающегося плоскостей (ABCDJ и (ВВ^С^С).
Ответ. 6 <х/>/23? б ol /5 у/23".
19о Основанием прямой треугольной призмы АВСА1В^С1 является равнобедренный прямоугольный треугольник с катетами t AC I =
= IBCI = Ои • Вершины М и N правильного тетраэдра MNPQ, лежат на прямой (СА4) , а вершины Р и Q.- на прямой (АВ.*) 0 Найти объем пршш и расстояние между серединами отрезков [MN]
И [PQ.] . з
Ответ. Оь/2; &/\|б\
20о Дан правильный тетраэдр 5ABC , длина ребра которого равна Си о Через точки С „ Е , М и S , где Е - середина ребра £ABj, а М - середина ребра [АС1 9 проведена сфера*
Найти длину радиуса этой сферы0 Ответ. CL \Г22*/8 .
21 о Дан куб АВСЗ) А/В/С/1)/ с нижним основанием (АВСЛ>) и боковыми ребрами [АА7] , [ВВ'] , [CC'J и [IDJ/J « Ддина ребра куба равна (4 - 2\ltT)/({2S‘ - \fT - 3 ) <, Первая сфера касается нижнего основания (ABC Л)) , боковой грани (ВВ^С) и плоскости (АА/С/С) * Вторая сфера с центром в точке А/ имеет радиус, вдвое больший,, чем радиус первой сферы, и касается первой сферы внешним образом. Найти радиус первой сферы.
Ответ. I .
22. В треугольной пирамиде 5ABC (6- верпина) грань (SAC) перпендикулярна грани (ABC) . Кроме того, \SA\ = |SCj = I* а угол при вершине В треугольника ABC - прямой. Шар касается плоскости основания пирамиды в точке В 9 а грани (SAC) - точка £> о Найти длину радиуса шара*
Ответ. {2/2 .
23. Дана пирамида 5ABC £ S - вершша ) * в которой ребро £ас! перпендикулярно грани («SAB) о Шар касается грани (ASС)
250


в точке 5 , а грани (ABC) - точке В о Найти длину радиуса шара* если (AC I = Х9 АСВ = BCS = 60°.
Ответ о {W/2 о
34о Длина стороны основания правильной четырехугольной пирамиды 5АВСЗ) с вершиной 3 равна 19 а длина ее высоты ->f1Г „ На ребрах [S А^ и [SC] взяты точки К и М соответственно9 причем |АК| % 1 К5| = 1/3 [СШ= jSM1 о Найти отношение, в котором делится ребро [ЗВ]плоскостыо, проведенной через точки Л) , К и М о
Ответ® 4§3 о
25о В прямой круговой цилиндр с радиусом основания, равным 3/2, и длиной высоты 6 (>ПГ- I) вписаны четыре одинаковых шара так, что они касаются верхнего основания цилиндра и его боковой поверхности и каждый из шаров касается двух из трех других шаровс Найти площадь боковой поверхности прямого кругового конуса, основание которого совпадаем с нижним основанием цилиндра и который касается всех четырех шаров.
Ответр 15 ЗГ/4 .
26. Дан куб АВСЭА/В/с5>9 длина ребра которого равна Хе На ребрах jAA/], [BB'Jh [X>iyj взяты соответственно точки К 9 Р и М так, что |АК| г JA'K | = 1:3, 1BPJ : (В'Р! = 3:1, р) il г |Д)'М| = 3:1. Найти объем пирамида, у которой основанием служит сечение куба плоскостью, проходящей через точки К 9 Р и М , а вершина находится в точке А/ в
Ответ® 7/32 *
27о В основании треугольной пирамиды АВСЮ лежит правильный треугольник ABC • Грань (BCD) образует с плоскостью основания угол 60°о На прямой, проходящей через точку. Х> перпендикулярно основанию,лежит центр сферы единичного радиуса, которая касается ребер £ДВЗ 9 &С] и грани (BCD)0 Шсота пирами» да ]Ъ0\ в два раза меньше длины стороны основания о Найти объем пирамидыо
Ответ о 9
26о На основании правильной треугольной пирамиды, длина вы» соты которой равна Н , а длина радиуса вписанного в основание круга - *Ъ , лежит шар, касающийся основания в его центрео Найти радиус шара, если плоскость, проведенная через вершину пирамиды и середины двух сторон основания: , касается ятого шара о I j—5 г v
Ответ. j\/ * 4Н2* ) #
251


29о В прямой круговой конус вписан шар, поверхность которого равна площади основания конуса» В каком отношении боковая поверхность конуса делится линией касания шара и конуса?
Ответ, 4:25.
30* Величина угла в осевом сечении прямого кругового конуса равна оС « Через его вершину под углом уЗ к оси конуса (jp> ^d/z ) проведена плоскость. Найти величину угла между двумя образующими конуса, по которым проведенная плоскость пересекает его поверхность • Г-I 777 Г — т-l/ ,, п
Ответ. (%-/>) /<=«* Vz.J,
31. Прямой круговой цилиндр описан около шара радиуса R, . Точка С расположена внутри цилиндра на его оси и удалена на 3/4 R от нижнего основанияо Через эту точку проведена плоскость Р 9 имеющая с окружностью нижнего основания только одну общую точку0 В шар вписан прямой круговой конус, основание которого лежит в плоскости Р , а вершина расположена выше этой плоскости* Найти объем этого конуса»
Ответ. 48^’R3 /125 .
32о В прямом круговом конусе угол при вершине осевого сечения равен 60°в В этом конусе расположены три одинаковых шара радиуса , касающиеся изнутри боковой поверхности конуса, плоскости основания конуса и попарно друг друга* Найти площадь боковой поверхности другого конуса с той же вершиной, длиной высоты и плоскостью основания, которого данные шары касаются внешним образомо
Ответ. 26 ЭС /27 '“гЛ 33о Треугольная пирамида ABCD , все ребра которой имеют длину CL ? вложена в прямой круговой конус так, что вершина А лежит на окружности основания конуса, ребро [AD] лежит в плоскости основания конуса, ребро [ВСЗ параллельно основанию конуса, а вершины В и С лежат на боковой поверхности конуса» Величина угла между высотой конуса и его образующей равна оС С )• Определить длину высоты конуса®
Ответ, cl- cUTLct^- 2dL/С*- /2^ .
34. В правильную треугольную пирамиду SABC , все ребра которой имеют длину CL 9 вписана сфера* Высота [SDJ пирамиды опущена на основание (ABC) • На ребре £AcQ взята точка М так, что 1МСi = 2 | Ш\9 а на высоте [S>DJ - точка N так, что ]АШ) =
~ 2 \NS\ в Прямая (ЦМ)пересекает сферу в двух точках Р и Q, „ Найти длину отрезка [PCX] 0
Ответ. 2 СЬ /3 4ТГ с
гьг


35о В правильную четырехугольную пирамиду с вершиной S и основанием (АВСЗ)) вписана сфера* Длина стороны основания пирамиды равна Си 9 а длина бокового ребра - си{^/2 0 На апофеме [S грани (I>S С)взята точка М так5 что |SM| * (ME) 0 Найти расстояние между точками? в которых прямая QAM) пересекает сферу9 вписанную в пирамиду0
Ответ о (Х/2 о
Збо Три прямых круговых конуса имеют общую вершину9 и каждый из них касается внешним образом двух других» Вычислить величину углов между линиями касания боковых поверхностей этих конусов^ если у первого конуса величина угла между осью и образующей равна оL 9 у второго - J3> 9 у третьего - 2Г* «
Ответо^ ^ с&%&4-с&ь&г.с&ь&чъ ^
s/n * ~ ) >
(c*b/i + stnjb
/ г ч/- . 2. ч/* @3 “ с^> Oi Qz \
шгас^ (а* */» 5 Л
ГЛ® @3 = cL+Jb.
3?o В прямом круговом конусе с вершиной величина угла между образующими [SA] и [S Bjравна оС 9 & между их проекция» т на плоскость основания - J3 0 Вычислить величину угла между биссектрисами углов 05А и 0SВ 9 где точка 0 является центром кругар служащего основанием конуса<>
Ответ с оиъсс® s/ С9$ ^/г + Sinf/г / ^ ) J .
38о Шар радиуса ^ касается всех ребер треугольной пирамида 0 Центр шара лежит внутри пирамиды на ее высоте на расстоянии г'/s’ от вершииЫо Доказать9 что пирамида правильная® Найти длину ее бокового ребра*
• Ответо 4^/3 о
39о Шар касается всех боковых граней треугольной пирамиды в центрах описанных около них окружностей0 Каждый из трех плоских углов при вершине пирамиды имеет величину oL 0 Сумма длин боковых ребер пирамиды равна в Доказать 9 что пирамида правильная о Найти радиус шараР .
Ответ, Z ^ s/»tSoi/z ) •
40о Боковая поверхность треугольной пирамиды равна 9 а периметр основания 3<Ъ 0 Шар касается всех трех сторон основания в их серединах9 а середины боковых ребер лежат на поверх-
253


ности шара« Доказать» что пирамида правильная* Найти радиус шара» -
Ответ о / 16 S2, + 45 Ol? /24 CL 0
41в Длина ребра куба равна СЬ , Найти объем прямого кругового цилиндра, вписанного в куб так* что осью его является диагональ куба, а окружности оснований касаются тех диагоналей граней куба, которые не имеют общих точек с диагональю кубас Ответ. X/Fa3/18 .
42. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна /IT1» а длина стороны основания i, В каком отношении делится объем пирамиды поверхностью шара, центр которого расположен в вершине пирамиды, а радиус основания равен I?
Ответ. ( S’V5- 2.Ж) : (fz- еЧ>-/-2Ж)й </>= cvtctg,(fs/z).
43, В центре шара помещена вершина правильной треугольной пирамиды, длина стороны основания которой равна длине радиуса шара, а объем относится к объему шара как 3§Х6<ЯГ , В каком отношении делится объем пирамиды поверхностью шара?
Ответе j У- 2. outcs in [То/з^а
44* В треугольной пирамиде 3 ABC середины всех ребер лежат на поверхности шара радиуса 2, Известно, что [АВ| = 3, \АС \ » 4« Ребро [SA1 перпендикулярно к плоскости основания ABC в Дока® зать, что отрезки, соединяющие середины противоположных ребер пирамиды, являются диаметрами указанного шара, и найти объем пирамиды»
Ответ, 2 \|391о
45« Шар радиуса касается всех боковых граней треугольной пирамиды в серединах сторон ее основанияв Отрезок, соединяющий вершину пирамиды с центром шара, делится пополам точкой Пересе» чения с основанием пирамиды. Найти объем пирамиды.
Ответ, vfe1 R3/4,
46, В пирамиде SABC произведения длин ребер каждой из четырех граней равны одному и тому же числу. Длина высоты пира-
миды, опущенной из точки £> на грань (ABC) , равна 2 \j 102/55 \
а величина угла САВ равна <УП£С&ь(ЗА/12) , Найти объем пира-
миды SABC , если 2
|SAlZ + \SB I - 5 |SC| = 60 •
Ответ. 34 {6/3 .
47, Точка О - общая вершина двух конгруэнтных конусов, расположенных по одну сторону от плоскости oL так, что только одна
254


образующая каждого конуса (ОА) для одного конуса и (ОВ) да® другого ) принадлежит плоскости оL 0 Известно9 что величина угла межда высотами конусов равна „ а шличина угла между высотой и образующей конуса равна V » щтем 2 4><jb • Найти величину угла между образующей (,0А) и плоскостью основания другого бонуса* который принадлежит точка В*
Ответ „ - ate2&s>s 2 / с&s ср J .
48в На сфере радиуса II расположены точки А * А^ В 9 В±9 С и С±ч Прямые (АА*), (ВВ<)и (ССН)взаимно перпендикулярны и пересеваются в точке М , отстоящей от центра сферы на расстояние {59\ Найти длину отрезка [АА^» ©ели известно, что длина отрезка [ВВ^равна Х89 а точка М делит отрезок [СС*]в отношении (Q + (2 ) : (8 - {? ).
Ответо 20о
49о В правильную шестиугольную пирамиду вписан прямой конус 9 и около нее описан прямой конусв Дана длина Н высоты пирамиды и длина радиуса R основания описанного конуса* Найти разность объемов описанного и вписанного конусов*
Ответ* JCHR^/12 *
50о Прямоугольные проекции плоского четырехугольника на две взаимно перпендикулярные плоскости являются квадратами с длиной стороны, равной 10 Найти периметр четырехугольника, знай* что одна из его сторон имеет длину \[ 3/2'•
Ответ* 4 {3/2^*
255


Оглавление
Предисловие з
Глава 1. Планиметрия 4
§1. Основные теоремы и формулы  планиметрии 4
§2. Решение треугольников 38
§3. Расчет элементов треугольника методом составления уравнений 49
§4. Пропорциональные отрезки в треугольнике 58
§5. Взаимное расположение окружностей, углов и треугольников 74
§6. Трапеции, параллелограммы, произвольные четырехугольники 88
§7. Задачи на отыскание геометрических фигур с экстремальными элементами 107
§8. Геометрические места точек и метод координат 117
§9. Прямые на плоскости. Элементы аналитической геометрии 130
§10. Задачи на построение 143
§11. Разные задачи 162
Глава 2. Стереометрия 173
§1. Основные теоремы  и  формулы стереометрии 173
§2. Решение правильных треугольных и четырехугольных пирамид 191
§3. Расчет элементов пирамид методом составления
уравнений 202
§4. Сечение пирамиды плоскостью 207
§5. Куб и его свойства* Сечение куба плоскостью.
Призмы 226
§6. Взаимное расположение шаров, шаров и плоскостей 238
§7. Разные задачи 247
25,6