Я!^Р И. Г. ГАБ<
ГАБОВИЧ
iMHEUKMl
TOflKXOA JM

И. Г. ГАБОВИЧ
АлгоРитМичеСкиЙ
подход
к
РЕШЕНИЮ
Книга для учащихся
Рекомендовано Главным управлением
развития общего среднего образования
Министерства образования
Российской Федерации
МОСКВА
«ПРОСВЕЩЕНИЕ»
АО «УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА»
1996

УДК 373.167.1
ББК 22.151
Г12
Рецензент: учитель школы № 607 Москвы
Н. В. Гришкова
Габович И. Г.
Г12 Алгоритмический подход к решению геометрических
задач: Кн. для учащихся.— М.: Просвещение: АО «Учеб.
лит.», 1996.—192 с: ил.—ISBN 5-09-005121-6.
В книге представлен один из эффективных методов решения
геометрических задач, основанный на использовании так называемых базисных
задач. Приведены решения основных базисных задач планиметрии,
стереометрии, векторной алгебры и др. К каждой из них подобраны
соответствующие задачи, которые решаются с ее помощью или с помощью других,
рассмотренных ранее (их решения приводятся), и задачи для
самостоятельного решения.
Для учащихся средней общеобразовательной школы.
л- 1995 г" № Ш ББК 22Ш
ISBN 5-09-005121-6 /f«U © Габович И. Г., 1996

Памяти сына Юзика посвящается
Каждая решенная мною задача
становилась образцом, который служил
впоследствии для решения других задач.
Р. Декарт
ПРЕДИСЛОВИЕ
Обучение решению геометрических задач — важная
составная часть изучения школьного курса геометрии. При решении
задач закрепляются теоретические знания, вырабатываются
навыки применения этих знаний в практической деятельности,
развивается творческая активность.
Эффективный метод обучения решению геометрических задач
основан на использовании при отыскании плана решения задачи
некоторых выводов, полученных в решениях так называемых
базисных задач. Такой алгоритмический подход к отысканию
плана решения той или иной конкретной задачи помогает быстрее
найти этот план и успешно реализовать его.
Базисными мы называем задачи на доказательство
зависимостей (соотношений), эффективно используемых при решении
многих других геометрических задач. Базисные задачи, приведенные
в данной книге (они обозначены кружочками, например 1.1°, 2.1°
и т. д. и выделены цветным шрифтом), отбирались автором
в процессе его многолетней педагогической деятельности.
Разумеется, нет и не может быть полного перечня базисных
задач, которые должен знать учащийся. В каждом конкретном
случае объем алгоритмических сведений может быть больше или
меньше того, который приводится в книге. Но какой-то минимум
этих сведений решающему задачу должен быть известен, так
как без знания такого минимума вряд ли можно продвинуться
дальше решения легких задач. Для лучшего запоминания
алгоритмических сведений можно записывать их в отдельную общую
тетрадь, в которую обычно записывают также и другие важные
сведения из школьного курса математики. Эта тетрадь может
служить личным справочником по математике, позволяющим
легко найти и вспомнить забытую формулу или алгоритм.
Ведение такой тетради способствует быстрейшему запоминанию
содержащихся в ней сведений.
Данная книга состоит из трех глав. В первой главе
рассматриваются базисные задачи планиметрии и показано, как
полученные из них выводы применяются к решению других
планиметрических задач. Приведены задачи для самостоятельного
решения с помощью данной базисной задачи.

Вторая глава посвящена решению стереометрических задач.
Рассматриваются важные для решения задач зависимости:
теоремы о трех синусах и о трех косинусах, формулы перехода
и уравнения связи для комбинаций шара с конусом и
пирамидой. Иллюстрируется применение этих зависимостей к решению
конкретных задач.
В третьей главе рассматривается решение задач посредством
введения одного или более вспомогательных элементов, а
также — решение геометрических задач на отыскание экстремумов.
В начале каждого параграфа раскрывается смысл
применяемого в нем алгоритмического приема, далее приводятся решения
таких задач, в которых данный прием может быть успешно
применен. И в завершение каждого пункта даются упражнения для
самостоятельной работы, снабженные ответами в конце книги.
Автор выражает искреннюю благодарность М. И. Антоненко
и М. Б. Балку, замечания и советы которых содействовали
улучшению книги при ее доработке, а также учителю
математики П. И. Горнштейну, оказавшему большую помощь в подборе
упражнений.

ГЛАВА 1
БАЗИСНЫЕ ЗАДАЧИ ПЛАНИМЕТРИИ
1. ТРЕУГОЛЬНИКИ
Рис. 1.1
Решение. Пусть стороны угла ABC пересекаются
параллельными прямыми а, Ь и с в точках D и Du Е и Еи F и Fx
(рис. 1.1). Проведем DKWBC и ЕЦ\ВС. Ясно, что DK = DXEX как
противоположные стороны параллелограмма DDXEXK.
Аналогично EL = EXFX.
Заметим далее, что
Z.DBD.+ ABDK= 180° (1)
как сумма внутренних односторонних углов при параллельных
прямых.
С другой стороны,
(2)
как сумма смежных углов.
Из (1) и (2) следует, что
Аналогично доказывается, что
и потому
= Z.EFL.

Следовательно, треугольники BDDb DEK и EFL подобны (по
признаку подобия треугольников).
Из подобия этих треугольников следует:
BD _DE = EF
BDX ~~ DK "~ EL '
Заменив отрезки DK и EL соответственно равными им
отрезками DXE{ и ExFb получаем:
BD __ РЕ _ EF
BDX ~~ /),£, ~ £jF, '
что и требовалось доказать.
Задача» В полуокружности с диаметром AB = 2R проведен
радиус ОС, перпендикулярный к АВ (рис. 1.2). На
полуокружности выбрана точка М так, что прямая, соединяющая ее
проекцию Р на диаметр с точкой D пересечения прямых ОС и MB,
перпендикулярна it MB. Найти РВ.
Решение. Соединим точку М с точкой А. Так как
треугольник МАВ прямоугольный (Z.i4AfB = 90°), то AM\\PD. По
доказанному в задаче 1.1° имеем:
АР _ MD _ РО
РВ~~ BD~~ OB '
или
АР = РО
РВ~~ ОВ '
Положим РВ = у. Тогда
AP = 2R — y и PO = y —
Таким образом, из (3) получаем:
(3)
В
Рис. 1.3

откуда
Задача. В прямоугольном треугольнике ABC (Z.C = 90°)
проведена медиана ААЬ пересекающая высоту CD треугольника в
точке М (рис. 1.3). Найти отношение MC:DMy если Z.A = a.
Решение. Через точку D проведем прямую, параллельную
медиане ААЬ до пересечения с катетом ВС в точке D{. Тогда на
основании доказанного в задаче 1.1° утверждения имеем:
МС _ САХ _ АХВ _ BDl+AlDl _ BDl __
DM~~ AXDY~~ AXDX ~~ AlDl "~ Л,0, '
1.1. В треугольнике проекции боковых сторон на основание равны
15 м и 27 м, а большая боковая сторона — 45 м. На какие части она делится
(считая от вершины) перпендикуляром к основанию, проведенным из его
середины?
1.2. Основания трапеции 1,8 м и 1,2 м; боковые стороны ее длиной
1,5 м и 1,2 м продолжены до взаимного пересечения. Определить, на сколько
продолжены боковые стороны.
1.3. В трапеции ABCD меньшее основание CD равно 15 см, а боковая
сторона ВС — 9 см. Продолжения боковых сторон пересекаются в точке Р, удаленной
от С и D соответственно на 10 см и 12 см. Найти длины двух других сторон
трапеции.
1.4. На продолжении стороны АВ параллелограмма ABCD обложен отрезок
ВМ, равный половине длины стороны АВ. Отрезки MD и ВС пересекаются в
точке Н. Определить ВС, если £#=1,6 м.
1.5. В треугольнике ABC с прямым углом С гипотенуза равна 13 см, а катет
ВС равен 10 см. Точка М, расположенная на гипотенузе, отстоит от вершины
Л на 7 см. Найти расстояние от точки М до прямой АС.
1.6. На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точки Н и М так, что
BH:HC = CM:MD=\:2. Отрезки АН и ВМ пересекаются в точке Р. Найти
отношение АР:РН.
1.7. Точки М, W, Р и Q являются серединами сторон АВ, ВС, CD и DA ромба
ABCD. Вычислить площадь фигуры, являющейся пересечением
четырехугольника ABCD, ANCQ и BPDM, если площадь ромба равна 100 см2.
* Из подобия треугольников получим:
BC2=AB-BD,
CA2 = BA-AD.
Поэтому
BD ВС2
DA АС2 '

1.8. В параллелограмме ABCD точки Е и F являются серединами сторон АВ
и ВС соответственно. Отрезки СЕ и DF пересекаются в точке Р. Найти площадь
четырехугольника EBFP, если площадь параллелограмма равна S.
1.9. Медианы ААХ и ВВХ треугольника ABC пересекаются в точке М. Из
вершины В и точки М опущены перпендикуляры BD и ME на сторону АС.
Доказать, что AD — CD = 3(AE — СЕ).
1.10. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC выбраны точки Н и Е так, что
АН:НВ — ВЕ:ЕС — т:п. Отрезки АЕ и СН пересекаются в точке О. Найти
площадь треугольника АОС, если площадь треугольника ABC равна S.
а
а'
К
К
та
та,
1л
Ь
Ь'
К
_ щ
ть,
~У
г
с
с'
К
_ т'
~ тс
=
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
Доказательство. Равенства (1) следуют из определения
преобразования подобия.
Докажем некоторые из равенств (2) — (8).
Пусть ААВСоо АА'В'С (рис. 1.4). Проведем BDA.AC
и B'D'А-А'С. Треугольники ABD и A'B'D' подобны, ибо они
прямоугольные и имеют равные острые углы. Из подобия этих
треугольников следует, что
BD
АВ
B'D' A'B'
Аналогично доказывается, что
К Ь h
или —-=-—
с
V
V '

в'
£' V С1
В
F1 Ь1
Рис. 1.6
Докажем далее одно из равенств (3). Пусть ААВСсо АА'В'С
(рис. 1.5). Проведем медианы BE и В'Е' в треугольниках
ABC и А'В'С соответственно. Треугольники ABE и А'В'Е'
подобны по признаку подобия треугольников. Поэтому
BE _ АВ ть __ с
W"!7*7 ИЛИ ^~"7'
Аналогично доказывается, что
Докажем одно из равенств (4). Пусть ААВСсо АА'В'С
(рис. 1.6). Проведем биссектрисы BF и В'Е' в треугольниках
ABC и А'В'С соответственно.
Треугольники ABF и А'В'Е' подобны по признаку подобия
треугольников. Поэтому
BF АВ 1В с
ИЛИ —■ = --.
/о, С'
ВТ А'В'
Аналогично доказывается, что
С
а
а'
Аналогично доказываются остальные равенства.
Задача. Большее основание трапеции в 2 раза больше ее
меньшего основания. Через точку пересечения диагоналей трапе-

В Р С
N
Рис. 1.7 Рис. 1.8
ции проведена прямая, параллельная основаниям. Найти
отношение высот каждой из двух образовавшихся трапеций к высоте
данной трапеции.
Решение. В трапеции ABCD (AD\\BC) имеем AD = 2BC
(рис. 1.7). Через точку пересечения диагоналей О проведены
прямые: MN\\AD и PQ JLAD. Отрезки ОР и OQ соответственно
являются высотами трапеций MBCN и AMND. Одновременно эти же
отрезки являются высотами подобных треугольников ВОС
и AOD. Поскольку AD = 2BC, то из подобия треугольников ВОС
и AOD следует, что
ОР
OQ
ВС
AD
~ OP + OQ ,
Так как — == 1, то
ОР
PQ
- = -т И
QQ
PQ
Задача. В четырехугольнике ABCD сторона АВ равна
стороне ВС, диагональ АС равна стороне CD, а угол ABC равен углу
ACD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABC
и ACD, относятся как 3 : 4. Найти отношение площадей этих
треугольников.
Решение. Из условия задачи следует, что ДЛВСсо &ACD
(рис. 1.8.). Пусть г{ и г2 — радиусы окружностей, вписанных
в треугольники ABC и ACD соответственно. Из подобия
треугольников следует, что
= rl : r2 = 9 : 16.
1.11. Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на части,
площади которых относятся как 2:1, считая от вершины. В каком отношении она
делит боковые стороны?
1.12. Основания трапеции равны а и Ь (а>6), а ее высота равна h.
Вычислить высоту треугольника, образованного продолжением непараллельных сторон
трапеции до их взаимного пересечения.
10

1.13. Основание треугольника равно Ь, а высота, опущенная на основание,
равна Л. В треугольник вписан квадрат, одна из сторон которого лежит на
основании треугольника, а две вершины — на боковых сторонах. Найти отношение
площади квадрата к площади треугольника.
1.14. Основания трапеции равны а и Ь. Найти длину отрезка, проведенного
в трапеции параллельно ее основаниям и делящего трапецию на равновеликие
части.
1.15. Основание треугольника равно а. Найти длину отрезка прямой,
параллельной основанию и делящей треугольник на равновеликие части.
1.16. В треугольник с периметром, равным 20 см, вписана окружность.
Отрезок касательной, проведенной к окружности параллельно основанию,
закрепленный между сторонами треугольника, содержит 2,4 см. Найти
основание-треугольника.
1.17. Сумма острых углов трапеции равна 90°, высота равна 2 см, а
основания — 12 см и 16 см. Найти боковые стороны трапеции.
1.18. В трапеции ABCD даны основания ЛО = а, ВС = Ь. На продолжении ВС
выбрана такая точка Af, что прямая AM отсекает от площади трапеции ABCD
четвертую часть. Найти длину отрезка СМ.
1.19. Высота остроугольного треугольника равна 25 см. На каком расстоянии
от вершины нужно провести прямую, перпендикулярную этой высоте, чтобы
площадь треугольника разделить пополам?
1.20. Два прямоугольных треугольника ABC и BCD имеют общую гипотенузу
ВС, длина которой равна 5, и расположены так, что катеты А В и CD
пересекаются в точке О. Известно, что радиус окружности, вписанной р треугольник DOB,
в 3 раза больше радиуса окружности, вписанной в треугольник АОС, а длина
катета BD треугольника BCD равна 3. Найти площадь треугольника ВОС.
Рис. 1.9
Решение. На стороне АС треугольника ABC как на
диаметре опишем полуокружность, которая, очевидно, пройдет через
основания высот Ах и С, (рис. 1.9). Угол ВАС измеряется
полусуммой дуг САХ и СХАХ. Поэтому
/LBAC= /LCXCAX + /LCCXAX = /LBAXCX.
(Аналогично /-ВСА— /LBCXAX.) Следовательно,
AAxBCxco aABC.
11

Так как стороны АХВ и А В являются соответствующими
сторонами в подобных треугольниках, то их отношение АХВ:АВ
равно коэффициенту подобия. Но в прямоугольном
треугольнике АВАХ
АХВ : AB = cos В.
Мы провели доказательство, предположив, что угол В
острый. Высказанное в условии задачи утверждение верно (и
аналогично доказывается) и тогда, когда угол В тупой. В этом
случае коэффициент подобия равен |cosB|.
Задача. В остроугольном треугольнике ABC проведены
высоты A Z и CN.
Найти радиус окружности, проходящей через точки В, Z к N,
если АС = а и /LABC = a.
Решение. Рассмотрим треугольник ZBN и треугольник
ABC (рис. 1.10). На основании задачи 1.3° имеем AZBNoo
со Д А ВС с коэффициентом подобия & = cosa.
Отсюда
ZN = a cos a.
Пусть г — радиус окружности, описанной около треугольника
ZBN. Тогда
ZN a cos a а .
Г = ~ctg a.
2 ь
Г ===
2 sin a 2 sin a 2
Задача. В остроугольном треугольнике ABC из вершин
А и С на стороны ВС и АВ опущены высоты АР и CQ (рис. 1.11).
Вычислить длину стороны Л С, если известно, что периметр
треугольника ABC равен 15, периметр треугольника BPQ
равен 9, а радиус окружности, описанной около треугольника BPQ,
9
равен —.
о
Решение. Из подобия треугольников BPQ и ABC имеем:
Рис. 1.10 Рис. 1.11
12

9 __
t?—
откуда /?Д/4вс=3.
Так как коэффициент подобия рассматриваемых треуголь-
Q О Л
ников &=-=-, то cos fi = T- и sin B = T. По теореме синусов АС =
1.21. На стороне ВС треугольника ABC как на диаметре построена
окружность, пересекающая стороны АВ и АС в точках М и N. Найти площадь
треугольника AMN, если площадь треугольника ABC равна S, a Z.BAC = a.
1.22. Отрезок АВ есть диаметр круга, а точка С лежит вне этого круга.
Отрезки АС и ВС пересекаются с окружностью в точках D и Е соответственно.
Найти угол CBD, если площади треугольников DCE и ABC относятся как 1:4.
1.23. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AM и CN. Найти
радиус окружности, проходящей через точки В, М и N, если АС —а и Z.ABC = a.
1.24. Вычислить угол С при вершине равнобедренного треугольника ABC,
если центр описанной около него окружности принадлежит прямой, проходящей
через проекции вершин А и В на противоположные стороны треугольника.
1.25. В остроугольном треугольнике ABC на стороны ВС и АВ опущены
высоты АР и CQ. Сторона АС равна 6. Вычислить площадь четырехугольника
AQPC, если известно, что площадь треугольника BPQ равна 1, а радиус окруж-
9АЙ"
ности, описанной около треугольника ABC, равен —j—.
1.26. В остроугольном треугольнике ABC из вершин А и С опущены высоты
АР и CQ на стороны ВС и АВ. Известно, что площадь треугольника ABC равна
18, площадь треугольника BPQ равна 2, а длина отрезка PQ равна 2 \2.
Вычислить радиус окружности, описанной около треугольника ABC.
1.27. В остроугольном треугольнике ABC из вершин Л и С опущены высоты
АР и CQ на стороны ВС и АВ. Известно, что площадь треугольника ABC равна
80, площадь четырехугольника AQPC равна 60, а радиус окружности, описанной
около треугольника ABC, равен —==■. Найти длину отрезка PQ.
V3
1.28. Доказать, что высоты остроугольного треугольника являются
биссектрисами его ортоцентрического треугольника (ортоцентрический треугольник —
треугольник, вершинами которого являются основания высот данного
треугольника).
1.29. Стороны треугольника равны 28 см, 32 см и 36 см. Определить
периметр ортоцентрического треугольника (т. е. такого, вершинами которого служат
основания высот данного треугольника).
1.30. В треугольнике ABC отрезок AlBlt соединяющий основания высот АА{
и ВВХ% виден из середины М стороны АВ под прямым углом. Найти величину
угла С.
13

Рис. 1.12
Решение. Ясно, что выбор точек Ах и Сх однозначно
определяет положение точки О, а выбор точки Ах и точки О на
отрезке ААХ определяет положение точки Сх и т. п. Эти зависимости
положений точек Аь Сх и О находят свое отражение в том, что
если заданы любые два из указанных выше отношений, то два
других могут быть определены. В связи с этим можно составить
шесть (по числу сочетаний из 4 элементов по 2) задач, краткая
запись которых приведена в следующей таблице:
Таблица
Ns п/п
1
2
3
4
5
6
Mb заданных
отношений
1,2
1,3
1,4
2,3
2,4
3.4
Ms определяемых
отношений
3,4
2,4
2,3
1,4
1,3
Легко заметить, что задачи 3 и 5 по существу одинаковы. То
же можно сказать и о задачах 2 и 6. Таким образом, разными
можно считать задачи 1—4.
Рассмотрим решение двух из указанных в таблице задач
(например, 1-й и 3-й).
Задача 1. Положим АСХ:СХВ = 1:2 и ВАХ:АХС = 3:4 (рис.
1.13). Проведем СХС2\\ААХ. Тогда АХС2:АХВ=\ : 3. Но СА1:А1В =
=4:3. Следовательно, СЛ1:Л1С2 = 4:1. Значит» СО:ОСХ = 4:1.
Проведем теперь АХА2\\ССХ. Тогда С1Л2:С1Б = 4:7 = 8:14. Но
С1В:С1Л=2:1 = 14:7. Следовательно, С^Л:С,Л2=7:8. Таким
образом, АО:ОАХ = 7:8.
Задача 3. Положим ЛС1:С|5 = 2:3 и С,О:ОС= 1:4. Для
решения этой задачи воспользуемся рисунком 1.13. Из того,
что СхС2\\ААи имеем y4jC2:>!l1B = 2:5. С другой стороны,
АХС2:АХС= 1:4 = 2:8. Следовательно, Л1В:Л1С = 5:8.
Из того, что АХА2II ССи имеем:
(1)
14

Рис. 1.13
Согласно условию
ЛС,:С,В = 2:3.
Перепишем пропорции (1) и (2) в виде
D
Рис. 1.14
(2)
С,Л
,Л2:
= 24:39 и ЛС,:С|Я = 26:39,
откуда следует, что АСх: С1А2= 13:12. Таким образом,
АО:ОА1 = 13:12. Задача решена.
Аналогично решаются задачи 2 и 4 из приведенной выше
таблицы.
Задача. Точка D принадлежит стороне АС треугольника ABC
и делит эту сторону в отношении 3:2, считая от
вершины А. На отрезке BD выбрана точка Е так, что BE:ED =
= 4:1 (рис. 1.14). В каком отношении прямая АЕ делит
площадь треугольника ЛВС?
Решение. Пусть F — точка пересечения прямой АЕ со
стороной ВС. Проведем DKWAF. Тогда
Так как треугольники ABF и ACF имеют общую высоту, то их
площади относятся, как длины оснований, т. е.
' AABF
BF
FC
11
5
Задача. Пусть £, F и G — точки на сторонах ЛВ, ВС и СА
треугольника ABC, для которых
АЕ
ЕВ
CG
FC
(1)
где 0<&<1. Найти отношение
площади треугольника PQR, образованно-
го прямыми AF, BG и СЕ, к площади
треугольника ABC (рис. 1.15).
Решение. Пусть SAABC = S. Пока-
жем, что
Рис. 1.15
15

Действительно, так как BF:BC — k:(k+ 1), то
SAABF:SAABC=k:(k+ 1),
ИЛИ
k
Выразим через S площадь треугольника PQR, учитывая (2):
S S
k |
ACGR-
(3)
Последние три слагаемых в (3) записаны потому, что в раз-
OL
ности S — -r-rTS каждое из них вычитается дважды. Покажем,
что треугольники АЕР, BFQ и CGR равновелики. Для
этого достаточно доказать, что EP:PC = FQ:QA — GR:RB.
Определим ЕР:PC. Проведем EM\\AF. Тогда
). (4)
Согласно условию
FB:FC = k:\. (5)
Перепишем (4) и (5) в виде
2l (4')
5)
Из (4') и (5') получаем:
FM:FC = k2:(k+\).
Таким образом.
Легко убедиться, что для FQ:QA и GR:RB мы получим то же
значение. Учитывая это, из (3) находим:
Ss + 3SS + 3 S
3/г2 k e_{\-kf e
^+1 iA3
Итак,
1.31. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) на стороне ВС
выбрана точка D так, что BD:DC=\:4. В каком отношении прямая AD делит
высоту ВМ треугольника ЛВС?
16

1.32. На медиане BD треугольника /шс, площадь кширши уавпа ^, ыо.^«
на точка £ так, что DE—--BD. Прямая АЕ пересекает сторону ВС в точке F.
4
Найти площадь треугольника AFC.
1.33. В треугольнике ABC точка Е — середина биссектрисы СС{. В каком
отношении прямая АЕ делит площадь треугольника ABC, если известно,
что CA:CB = p:q!
1.34. В правильном треугольнике ABC со стороной а проведена средняя
линия MN параллельно АС. Через точку А и середину MN проведена
прямая до пересечения с ВС в точке D. Найти длину AD.
1.35. На сторонах АС и ВС треугольника ABC расположены соответственно
точки N и М так, что ANiCN — n, ВМ:СМ = т. Прямые AM и BN
пересекаются в точке О. Найти АО:ОМ и ВО:ON.
1.36. В остроугольном треугольнике ABC через вершину В и середину
высоты CD проведена прямая. В каком отношении эта прямая делит площадь
треугольника ABC, если известно, что ^.Л = а и Z.B = p?
1.37. Дана правильная треугольная призма АВСА/В/С/ с боковыми ребрами
АА', ВВ' и СС\ На продолжении ребра В А взята точка М так, что МА=АВ
(МВ = 2АВ). Через точки М, В' и середину ребра АС проведена плоскость. В
каком отношении эта плоскость делит объем призмы?
1.38. В правильном треугольнике ABC со стороной а точки Е и D являются
серединами сторон ВС и АС соответственно. Точка F лежит на отрезке DC,
отрезки BF и DE пересекаются в точке М. Найти длину отрезка MF, если известно, что
площадь четырехугольника ABMD составляет -— площади треугольника ABC.
о
1.39. Вершины В и С при основании равнобедренного треугольника ABC
соединены прямыми с серединой О его высоты, проведенной из вершины А. Эти
прямые пересекают боковые стороны АС и А В в точках D и Е соответственно. Найти
площадь четырехугольника AEOD, если площадь треугольника ABC равна S.
1.40. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит квадрат со
стороной а. Ребро SA перпендикулярно плоскости основания и равно h. Через
вершину А параллельно диагонали основания BD проведено сечение, которое делит
ребро SC в отношении 2:1, считая от вершины S. Найти площадь сечения.
Решение. Проведем в треугольнике ABC
биссектрису BD и прямую DE\\AB (рис. 1.16).
Треугольники ABC и DEC подобны. Из их
подобия следует, что
AB:BC = DE:EC. (1)
Но треугольник BDE равнобедренный, так как
AEBD=AEDB
В
Рис. 1.16
2 Заказ 965
17

Поэтому
BE = DE. (2)
Учитывая (2), из (1) получаем:
АВ : ВС = ВЕ : ЕС.
Из задачи 1.1° следует:
BE : EC = AD : DC.
Таким образом, имеем:
АВ : BC = AD : DC.
Верно и обратное утверждение: если точка, взятая на стороне
треугольника, делит эту сторону на части, пропорциональные
прилежащим сторонам, то отрезок, соединяющий эту точку
с вершиной угла, противолежащего стороне треугольника, на
которой выбрана точка, является биссектрисой этого угла.
Приведенное утверждение легко доказывается методом от противного.
Задача. Один из катетов прямоугольного треугольника равен
Ь, а радиус описанной около этого треугольника окружности
равен R. Найти длину биссектрисы угла, заключенного между
данным катетом и гипотенузой.
Решение. В прямоугольном треугольнике ABC (Z.С = 90°)
гипотенуза AB = 2R и катет АС = Ь (рис. 1.17).
Тогда
Пусть AF — искомая биссектриса. На основании задачи 1.5°
имеем:
CF =ь
^4^-b2-CF^2R '
откуда
Из AACF
' tf(4R*-b2) 26
Задача. Дан треугольник ABC, в котором АВ — 6 см, ВС —
= 7 см, ЛС = 5 см. Биссектриса угла С пересекает сторону АВ
в точке D. Определить площадь треугольника ADC.
Решение. Пусть AD = x см (рис. 1.18). По свойству
биссектрисы угла треугольника имеем:
х _Ъ
6-х~7 '
18

в
Рис. 1.17
D
Рис. 1.18
В
откуда х=2,5 см. По формуле Герона находим SAABC =
Следовательно,
=^t ■ SW = 2,5 • д/6 (см2).
Уб~
см2
1.41. Биссектриса острого угла в прямоугольном треугольнике делит
противолежащий катет на части, которые относятся как 2 : \3. Найти этот острый
угол.
1.42. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD угла ВАС и CF угла
АСВ (точка D лежит на стороне ВС, а точка F — на стороне АВ). Найти
отношение площадей треугольников ABC и AFD, если известно, что АВ — 21, АС =
= 28 и ВС = 20.
1.43. Найти биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника с
катетами 24 см и 18 см.
1.44. В треугольнике ABC даны стороны ВС = а, АС = Ь и АВ = с. Найти
отношение, в котором точка пересечения биссектрис делит биссектрису угла В.
1.45. В прямоугольном треугольнике ABC биссектриса BE прямого угла В
делится центром вписанной окружности в отношении ВО : О£ = Уз~: V^ . Найти
острые углы треугольника.
1.46. Биссектриса угла N треугольника MNP делит сторону,МР на отрезки,
длины которых равны 28 и 12. Определить периметр треугольника MNP, если
ЛШ-ЛГР=18.
1.47. В треугольнике ABC известны отношения длин сторон ВС и АС к
радиусу описанной окружности, равные соответственно 2 и 1,5. Найти отношение
биссектрис внутренних углов В и С.
1.48. В равнобедренный треугольник вписана окружность радиуса г. Высота,
проведенная к основанию, делится окружностью в отношении 1 :2, считая от
вершины. Найти площадь треугольника.
1.49. В прямоугольном треугольнике ABC биссектриса AD острого угла
делится центром О вписанной окружности так, что ОА : О£)=(Д/3 -+-1) : (уЗ ■—1).
Найти величины острых углов треугольника.
1.50. В треугольнике ABC биссектриса угла при вершине А пересекает
сторону ВС в точке М, а биссектриса угла при вершине В пересекает сторону АС
в точке Р, причем АМ — ВР. Биссектрисы пересекаются в точке О и ВО —
= ({ +Yif) OP. Найти площадь треугольника ABC, если ВС=1.
19

Доказательство. Около треугольника ABC опишем
окружность и продолжим биссектрису BD угла В до
пересечения с окружностью в точке Е (рис. 1.19). Соединим точки
£ и С. Положим DE = x.
По свойству отрезков пересекающихся хорд имеем:
1В . х = ах • с,.
Из подобия треугольников ABD и ЕВС следует:
lB= с
а 1в + х '
откуда
1\ = ас — 1вх,
или
Рв = ас — ахсх.
Аналогичные выражения можно написать для 1А и /с.
Задача. В треугольнике ABC угол А вдвое больше угла В,
а длины сторон, противолежащих этим углам, соответственно
равны 12 см и 8 см. Найти длину третьей стороны треугольника.
Решение. Проводим биссектрису AD угла А (рис. 1.20).
Очевидно, что треугольник ABD равнобедренный (DA = DB).
Положим, DA — DB = x и АВ — у.
По свойству биссектрисы, указанному в задаче 1.5°, имеем:
у _ х
8 12 — * '
откуда
На основании зависимости (1) задачи 1.6° имеем:
х). (2)
20

в
Рис. 1.20
Рис. 1.21
Подставляя в (2) вместо х его выражение из (1), после
элементарных преобразований находим: #=10, т. е. АВ=\0 см.
Задача. Даны две стороны Ь и с треугольника и длина /
биссектрисы угла между ними. Вычислить третью сторону
треугольника.
Решение. В треугольнике ABC согласно условию АВ = с,
ЛС = 6 и биссектриса AD — 1 (рис. 1.21). Положим BD = x
и CD = y. На основании утверждений, содержащихся в задачах
1.5° и 1.6°, составляем систему
7' (1)
--Ьс — ху. (2)
Из (1) * = -—. Найденное выражение для х подставляем в (2):
откуда
ь '
1.51. В равнобедренном треугольнике основание и боковая сторона равны
соответственно 5 см и 20 см. Найти биссектрису угла при основании треугольника.
1.52. Вычислить биссектрису угла А треугольника ABC с длинами сторон
а=18 см, 6=15 см и с=12 см.
1.53. В треугольнике ABC, все стороны которого различны, биссектриса угла
ВАС пересекает сторону ВС в точке D. Известно, что AB — BD = a, AC + CD = b.
Найти длину отрезка AD.
1.54. В треугольнике ABC биссектриса угла ABC пересекает сторону АС
в точке К. Известно, что
ж ABC.
2, /СС= 1,
-. Найти площадь треугольни-
21

Г.55. В треугольнике ABC, у которого АВ — Ъ см, ВС = 6 см и ЛС = 9 см,
проведена биссектриса BD. Найти радиус окружности, описанной около
треугольника ABD.
1.56. В треугольнике ABC сторона АС равна 6, сторона АВ равна с, а
биссектриса внутреннего угла А пересекается со стороной ВС в точке D так, что DA =
— DB. Найти длину стороны ВС.
1.57. В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла отсекает на
гипотенузе отрезки длиной а и Ь. Найти площадь квадрата, стороной которого
является эта биссектриса.
1.58. Дан треугольник ABC. Известно, что Лв = 4, ЛС = 2, ВС = 3.
Биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС в точке /С. Прямая, проходящая через
точку В, параллельная АС, пересекает продолжение биссектрисы АК в точке М.
Найти длину отрезка КМ.
1.59. В прямоугольном треугольнике АСВ из вершины прямого угла С
проведены биссектриса СК — п и медиана СМ = 6. Найти площадь треугольника ABC.
1.60. Биссектриса среднего по величине угла треугольника равна его
меньшей стороне и делится биссектрисами в отношении 1 :2. Определить длины
сторон треугольника, если его периметр равен 21 см.
D
Рис. 1.22
Решение. Пусть биссектриса угла В пересекает сторону
АС в точке D (рис. 1.22). Очевидно, что
° ААВС — ° AABD "Г ° Д BCD
ИЛИ
1 | п | D
— ас sin В=— clB sin—+ -г-а/в sin — .
Сократив обе части последнего равенства на —sin-х-»
получаем:
откуда
2ас cos —-
Аналогичные формулы можно доказать для длин
биссектрис 1А и /с.
22

Задача. В треугольнике ABC выполняется соотношение
где b и с — длины сторон треугольника, а 1А — длина
биссектрисы угла, образованного этими сторонами. Найти величину угла
между данными сторонами.
Решение. Из соотношения (1) находим 1А ==
Из задачи 1.7 следует:
Подставив полученное для 1А выражение в (2), находим, что
y=-i. Отсюда
Задача. Плоскость отсекает от боковых ребер £Л, SB и SC
правильной четырехугольной пирамиды SABCD с вершиной
2 1 1
S отрезки S/C = ~Sy4, SL = — SB, SM = — SC соответственно.
о 2. о
Длина бокового ребра пирамиды равна а. Найти длину отрезка
SN, отсекаемого этой плоскостью на ребре SD.
Решение. В правильной четырехугольной пирамиде
SABCD проведем диагональные сечения ASC и BSD,
пересекающиеся с секущей плоскостью по отрезкам КМ и LN (рис. 1.23).
При этом получаются два треугольника KSM и LSN, для
каждого из которых отрезок SE является биссектрисой. Пусть
Z. ASC— Z. BSD = y. Тогда из задачи 1.7° следует, что в
треугольнике KSM
2SK • SM cos
2 . -I a • -!- а
33
cos •£
2
Аналогично в треугольнике LSN имеем:
2 . 1 a • SN cos -5- a SW cos ^
Из (1) и (2) составляем уравнение
a SW cos ■£
4 ф 2
acos|
Рис. 1.23
23

откуда
1.61. Найти угол треугольника, если известно, что стороны, заключающие
этот угол, равны а и Ь, а биссектриса угла равна /.
1.62. Если биссектриса одного из углов треугольника равна произведению
заключающих его сторон, деленному на их сумму, то этот угол равен 120°.
Доказать.
1.63. Определить площадь треугольника, если две его стороны 35 см и 14 см,
а биссектриса угла между ними содержит 12 см.
1.64. Длина основания равнобедренного треугольника равна а, а величина
угла при вершине а. Найти длину биссектрисы, проведенной к боковой
стороне.
1.65. В треугольнике ABC биссектриса угла В пересекает сторону АС в
точке D. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ABD, если АВ = 6 см,
ЯС=12 см и </ЛЯС=120о.
1.66. Показать, что во всяком треугольнике сумма отношений косинусов его
полууглов к соответствующим биссектрисам равна сумме обратных величин всех
сторон треугольника.
1.67. В остроугольный треугольник ABC вписан полукруг так, что его
диаметр лежит на стороне АВ, а дуга касается сторон АС и ВС. Найти радиус
окружности, касающейся дуги этого полукруга и сторон АС и ВС треугольника,
если AC = b, BC = a и Z.ACB = a.
1.68. В треугольнике ABC длины высот, проведенных из вершин А и В,
равны ha и hb соответственно, а длина биссектрисы угла С равна /. Найти угол С.
1.69. В треугольнике ABC угол А равен 120°. Биссектрисы углов А, В и С
пересекают противолежащие этим углам стороны в точках D, Е и F соответственно.
Доказать, что Z£Z)/7 = 90°.
1.70. Сумма длин боковых сторон треугольника равна а. Угол между ними
60°. Найти длины сторон треугольника, если длина биссектрисы угла при верши-
2
не составляет — длины основания.
3
А С, В
Рис. 1.24
21

Решение. Рассмотрим треугольник АЕС. В нем
Тогда
Но
Следовательно,
Отсюда
—+—=90 Г
Задача. Даны две стороны треугольника а и b и угол а
между ними. Найти радиус окружности, проходящей через концы
третьей стороны и центр вписанного в этот треугольник круга.
Решение. В треугольнике ABC (рис. 1.25) имеем ВС = ау
АС = Ь и Z.ACB = a. Тогда по теореме косинусов
-2ab cos a.
Пусть О — точка пересечения биссектрис ВК и AN. Согласно
задаче 1.8°
По теореме синусов радиус R окружности, проходящей через
точки Л, О и В, равен:
N
[в
Рис. 1.25
Рис. 1.26
25

D AB ~\Ja2 + b2 — 2ab cos a
H = -p r- =
2sin(90° + ~] 2cos-^-
Задача. В треугольнике KLM проведены биссектрисы KN
и LP, пересекающиеся в точке Q (рис. 1.26). Отрезок PN имеет
длину 1 м, и вершина М лежит на окружности, проходящей
через точки Р, Q и N. Найти стороны и углы треугольника PQN.
Решение. Положим ZM = a. Тогда Z.PQN = 90°+-|.
Поскольку четырехугольник MNQP вписан в окружность, то
^LPQN+Z.PMN=18O° или 90° + |- + а= 180°,
откуда
a = 60°, а Z PQN =120°.
Так как MQ — биссектриса, то /LQPN= /LQNP = 30°.
Следовательно, треугольник PQN равнобедренный. Проведем
QEA.NP. Из треугольника QNE имеем:
J=.
cos 30° V^
Ответ: QN = OP=-j= см, /L QNP = Z.QPN = 30°,
= 120°.
1.71. В треугольнике KLM радиусы вписанной и описанной окружностей
равны соответственно г и R. Биссектрисы ККХ и АШ, пересекаются в точке Р,
причем Z.КРМ = 105°. В треугольник /(РМ вписан квадрат так, что одна из его
сторон лежит на стороне КМ. Найти сторону этого квадрата.
1.72. В треугольнике ABC проведены биссектрисы ААХ и ССЬ
пересекающиеся в точке Е. Около четырехугольника АХВСХЕ можно описать окружность. Найти
площадь треугольника АЕС, если АЕ — р и CE = q.
1.73. Построить треугольник так, чтобы прямые /г, / и га, пересекающиеся
в одной точке, были его биссектрисами.
1.74. Центр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, находится
на расстоянии 2~\/5 см и 2 у10 см от концов гипотенузы. Найти катеты этого
треугольника
1.75. В треугольнике ABC биссектрисы углов В и С пересекаются
в точке Е. Площадь круга, описанного около треугольника ВСЕ, равна q. Найти
площадь круга, описанного около треугольника ABC, если сторона ВС равна d.
1.76. В равнобедренном треугольнике ABC (AB — BC) сторона АС видна из
центра вписанной окружности под углом а. Найти площадь треугольника, если
расстояние от центра вписанной окружности до вершины В равно d.
1.77. В треугольнике ABC биссектрисы ААХ и ССХ пересекаются в точке /.
Найти радиус окружности, описанной около треугольника А/С, если Z.ABC—P
и радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен R.
26

1.78. Биссектриса угла А треугольника ABC пересекает сторону ВС в
точке D. Прямая, проведенная из точки D перпендикулярно к биссектрисе внешнего
угла С треугольника ABC, пересекает прямую АС в точке /С, а прямая,
проведенная из точки D перпендикулярно биссектрисе угла В треугольника ABC,
пересекает сторону АВ в точке Е. Найти длину биссектрисы ADy если длина отрезка АЕ
равна 2, а длина отрезка АК равна 8.
1.79. Найти отношение сторон прямоугольного треугольника, если известно,
что одна половина гипотенузы (от вершины до середины гипотенузы) видна из
центра вписанной окружности под прямым углом.
1.80. В треугольник ABC вписана окружность, касающаяся сторон АВ и ВС
в точках Е и F соответственно. Точки Е и F соединены хордой. В треугольник
EBF вписана другая окружность. Доказать, что центр окружности лежит на
дуге EF.
В
Решение. В треугольнике ABC к стороне ВС проведена
медиана АЕ (рис. 1.27). Пусть
ВС = а, АС = Ь, АВ = с и АЕ = та.
Достроим треугольник до параллелограмма. Тогда
ZABD= 180°— ZА и ED = ma.
Применим теорему косинусов к треугольнику ABD и
треугольнику ABC. Тогда
a2 = b2 + c2-2bc cos A.
Складывая эти равенства, получим:
27

или
что и требовалось доказать.
Аналогично доказываются и остальные соотношения.
Задача. Медианы треугольника равны 5 см, ^J52 см и д/^зГ см.
Доказать, что треугольник прямоугольный.
Решение. Пусть длины сторон треугольника,
соответствующие медианам 5 см, д/52Г см и ~\J73 см, будут а см, Ь см и с см
(рис. 1.28). Тогда на основании задачи 1.9° имеем:
(1)
Решая эту систему, находим:
а2=100, 62 = 64 и с2 = 36.
Сравнивая а2, Ь2 и с2, видим, что
На основании теоремы, обратной теореме Пифагора,
заключаем, что рассматриваемый треугольник прямоугольный.
Задача. В треугольнике ABC со сторонами АВ = 8, ВС =
= 14 и ЛС=18 проведена медиана BD, на которой выбрана
точка Е так, что BE : ED = 8 : 9. Найти расстояние от точки Е до
вершины А.
Решение. Вычислим медиану BD:
В
Рис. 1.28
А
В
В
Рис. 1.29
28

BD =
Соединим точки Л и £ (рис. 1.29). По свойству, обратному
свойству биссектрисы внутреннего угла в треугольнике,
замечаем, что АЕ — биссектриса угла А. Поэтому из треугольника ABD
имеем:
„„ BD • АВ 7-8 56 пп BD • AD 7-9 63
bb~~ AB + AD~ 17 17 ' /!B + i4D 17 "" 17 #
По зависимости, доказанной в задаче 1.6°, находим АЕ:
• AD-BE • DE =д/8 • 9~
1.81. Длины сторон треугольника 11 см, 13 см и 12 см. Найти длину
медианы, проведенной к большей стороне.
1.82. Основание треугольника равно 23, медианы боковых сторон равны
15 и 22,5. Найти длину третьей медианы.
1.83. Доказать, что если в разностороннем треугольнике медианы
пропорциональны сторонам треугольника, то квадраты длин сторон этого треугольника
образуют арифметическую прогрессию.
1.84. Числа ть т2 и тг выражают длины медиан некоторого треугольника.
Доказать, что если выполняется равенство
то треугольник является прямоугольным.
1.85. Найти площадь треугольника, если известны его углы аир, а медиана,
проведенная к стороне, прдтиволежащей третьему углу, равна т.
1.86. Найти сумму квадратов расстояний от точки /И, взятой на диаметре
некоторой окружности, до концов любой из параллельных этому диаметру хорд,
если радиус окружности равен fy а расстояние от М до центра окружности
равно а.
1.87. В треугольнике ABC медианы, опущенные на стороны АС и ВС,
пересекаются под прямым углом. Сторона АС равна Ь, сторона ВС равна а. Найти
сторону АВ треугольника ABC.
1.88. Площадь треугольника ABC равна 15УзГ см2. Угол ВАС равен 120°.
Величина угла ABC больше угла АСВ. Расстояние от вершины А до центра
окружности, вписанной в треугольник ABC, равно 2 см. Найти медиану
треугольника ABC, проведенную из вершины В.
1.89. Точки О, и О2 — центры окружностей Кх и /С2, касающихся внешне.
Радиусы этих окружностей равны соответственно гх и г2. На отрезке ОУО2 как на
диаметре построена окружность /С3. Вычислить радиус окружности, касающейся
внешне окружностей /(, и К2 и внутренне окружности К6.
1.90. Треугольник задан координатами своих вершин А (3; —2; 1), В(3; 1;5),
С(4;0;3). Вычислить длину медианы ВВХ и величину угла В.
29

Рис. 1.30
Решение. Опишем около треугольника ABC окружность
(рис. 1.30). Пусть S — площадь треугольника ABC. Тогда
S = ±abs\ny, (1)
где a, b — длины двух сторон треугольника иу — величина угла,
образованного этими сторонами (или противолежащего третьей
стороне).
По теореме синусов имеем:
где с — длина стороны треугольника, противолежащей углу у,
R — длина радиуса окружности, описанной около данного
треугольника.
Подставив выражение для sin у из (2) в (1), получим:
~ abc
откуда
Задача. Из точки Л, лежащей на окружности, проведены две
хорды длиной 9 см и 17 см. Найти радиус окружности, если
расстояние между серединами данных хорд равно 5 см.
Решение. Пусть АВ = 9 см и ЛС= 17 см, а Е и F —
середины хорд АВ и АС (рис. 1.31). Согласно условию EF==5 см. Так
как EF — средняя линия треугольника ABC, то ВС=10 см. По
формуле Герона найдем площадь треугольника
тогда
4 . 36
30
= 36 см2,
17 • 9 • 10 |Л 5 , ч
=Ю~ (см).
8 v ;

Рис. 1.31
Рис. 1.32
Задача. Найти площадь ромба ABCD, если радиусы
окружностей, описанных около треугольников ABC и ABD, равны
R и г соответственно (рис. 1.32).
Решение. Пусть AB = BC = CD = DA=a, BD = dx и АС =
= d2u площадь ромба равна S. Тогда, очевидно, можно составить
следующую систему:
г = "
2S
2S '
Из уравнений (1) и (2) находим:
, 2rS , 2RS
dl=— И 4, = —•
Найденные выражения для dx и d2 подставляем в (4):
(о
(2)
(3)
(4)
(5)
e=12rS 2RS'
2 a2 ' a2
откуда
Заменим в (5) а2 его выражением из (6):
(6)
(7)
Найденные для dx и d2 выражения из (7) и для а2 из (6)
подставим в (3):
31

с
откуда S=-
8/?У
1.91. В равнобедренном треугольнике высота, опущенная на основание,
равна Л, а радиус вписанной окружности равен г. Найти радиус окружности,
описанной около этого треугольника.
1.92. Доказать, что во всяком треугольнике произведение двух сторон равно
произведению диаметра описанного круга на высоту, опущенную на третью
сторону.
1.93. Найти радиус окружности, описанной около равнобочной трапеции
с основаниями 2 и 14 и боковой стороной 10.
1.94. В равнобедренном треугольнике основание равно 24 см, а боковая
сторона 15 см. Определить радиусы вписанной и описанной окружностей.
1.95. Пусть BD — высота треугольника ABC. Точка Е — середина ВС.
Вычислить радиус круга, описанного около треугольника BDE, если Л£ = 30 см,
#С = 25 см и у4С = 28 см.
1.96. Высота равнобокой трапеции равна 14 см, а основания равны 16 см
и 12 см. Определить площадь описанного круга.
1.97. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 см и 8 см. Через
середину меньшего катета и середину гипотенузы проведена окружность, касающаяся
большего катета. Найти площадь круга, ограниченного этой окружностью.
1.98. Окружности, имеющие радиусы г и /?, касаются прямой AD в точке
А и расположены по одну сторону от прямой AD. Прямая, параллельная AD,
пересекает окружности в точках Б и С, которые находятся по одну сторону линии
центров. Найти радиус окружности, описанной около треугольника ABC.
1.99. В параллелограмме ABCD диагонали АС и BD пересекаются
в точке О. Найти площадь круга, описанного около треугольника АОВ, если
АВ = а, AD = b и ABAD^a.
1.100. Стороны треугольника равны 13 см, 14 см и 15 см. Найти расстояние
между центрами вписанной и описанной окружностей.
32

Решение. Впишем в треугольник ABC окружность
радиуса г (рис. 1.33). Пусть О — центр вписанной окружности.
Соединим точку О с точками А, В и С. Тогда
= 5
д А ос
д сов
-f- о
д В0А.
Но
Отсюда
SAB0C = -ra и SAB0A=-rc, тогда
1 u i 1
2" г6 +2* гс = r
~ р '
Заметим, что эта формула верна также и для радиуса
окружности, вписанной в многоугольник.
Задача. Доказать, что сумма расстояний от любой точки,
взятой внутри правильного треугольника, до его сторон равна 3/\
где г — радиус вписанной в этот треугольник окружности.
Решение. Из произвольной точки Р, взятой внутри
правильного треугольника ЛВС, проведены перпендикуляры РАЬ
РВ] и РСХ на стороны ВС, АС и АВ соответственно (рис. 1.34).
Соединим точку Р с вершинами Л, В и С. Положим АВ = ВС =
— АС = а. Тогда
= -2 а
С другой стороны,
° ААНС — 77 {
г.
(1)
(2)
Из (1) и (2) получаем, что
В
8,
Рис. 1.34
Рис. 1.35
3 Заказ 965
33

Задача. В трапецию вписана окружность. Найти площадь
трапеции, если известны одно из оснований а и отрезки Ь и d, на
которые разделена точкой касания одна из боковых сторон
(отрезок Ь примыкает к данному основанию).
Решение. Пусть в трапеции ABCD основание AD = a (рис.
1.35). Тогда DF = b, CF = d и AG = AH = a-b, где F, G, Н и Е —
точки касания сторон трапеции со вписанной в нее окружностью.
Соединим центр О этой окружности с точками А, Я, В, С,
F и D. Получившиеся при этом треугольники АОВ и COD
прямоугольные, причем Z-AOB= ZCOD = 90°. Положим ВН = ВЕ =
— х. В треугольниках АОВ и COD отрезки ОН и OF — высоты,
проведенные из вершин прямых углов на гипотенузы. Поэтому
= х(а-Ь) и
Поскольку OH = OF, то
откуда
bd
х —
a — b
Применив формулу (*), находим площадь трапеции
1.101. Внутри окружности с центром в точке О радиуса R расположен
квадрат ABCD так, что вершины В и С лежат на окружности, а сторона AD проходит
через центр О. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ВОС.
1.102. Дан равнобедренный треугольник с основанием 2а и высотой h. В него
вписана окружность и к ней проведена касательная, параллельная основанию.
Найти радиус окружности и длину отрезка касательной, заключенного между
сторонами треугольника.
1.103. Расстояние от центра круга до хорды длиной 16 см равно 15 см. Найти
площадь треугольника, описанного около круга, зная, что периметр треугольника
равен 200 см.
1.104. Окружность, радиус которой равен 1, вписана в треугольник ABC так,
что она касается средней линии этого треугольника, параллельной стороне АС;
cosy4fiC = 0,8. Найти длину стороны АС.
1.105. Найти стороны треугольника, если их длины являются членами
арифметической прогрессии, разность которой равна —, где г — радиус вписанной
в треугольник окружности.
1.106. Стороны треугольника равны 13 см, 14 см и 15 см. Вершины его
служат центрами трех окружностей, пересекающихся в одной точке по хордам
равной длины. Найти длины этих хорд.
34

1.107. В треугольник вписан круг радиуса 4 см. Одна из сторон треугольника
разделена точкой касания на части, равные 6 см и 8 см. Найти длины двух
других сторон.
1.108. Доказать, что в любом треугольнике произведение длин отрезков,
соединяющих центр вписанной окружности с вершинами треугольника, равно 4/?г2,
где я __ длина радиуса описанной окружности, а г —длина радиуса вписанной
окружности.
1.109. Биссектриса угла А треугольника ABC в р раз меньше радиуса
описанной около этого треугольника окружности и в q раз больше радиуса
вписанной в него окружности. Найти сторону треугольника, лежащую против угла Л,
если известно, что Z.y4 = a (a<90°), а площадь треугольника ABC равна S.
1.110. В прямоугольном треугольнике ABC (Z.y4=30°) проведена
биссектриса BD другого острого угла. Найти расстояние между центрами двух
окружностей, вписанных в треугольники ABD и DBC, если длина меньшего катета
равна 1.
К
А М
Рис. 1.36
Решение. Так как ЛМ = Л/(, BK = BL и CL = CM, то
откуда
BL = p
Поскольку QK=QN и RN = RL, то ABQR +
Из полученного для PaBqr выражения следует, что
периметр PABQR не зависит от положения точки N на дуге KL.
Задача. В треугольник с периметром, равным 20 см, вписана
окружность. Отрезок касательной, проведенной к окружности
параллельно основанию, заключенный между сторонами
треугольника, равен 2,4 см. Найти основание треугольника.
35

Решение. Пусть КМ — отрезок касательной к вписанной
в треугольник ABC окружности, параллельный основанию АС
и равный 2,4 см (рис. 1.37).
Так как АВКМсо ABAC, то
KM__PL m
АС ~ р ' (1)
где р{ — полупериметр треугольника ВКМ и р — полупериметр
треугольника ABC.
Используя результат задачи 1.12°, имеем pl = p — AC.
Подставляя это выражение для рх в (1) и изменяя р и КМ их
числовыми значениями, получаем:
$L = 10~ЛС
или ЛС2-
откуда ЛС = 4 см и АС = о см.
Задача. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) на
основании АС взята точка М так, что АМ = а, МС = Ь (рис. 1.38).
В треугольники АВМ и СВМ вписаны окружности. Найти
расстояние между точками касания этих окружностей со
стороной ВМ.
Решение. Пусть К и L — точки касания стороны ВМ
с окружностями, вписанными в треугольники АВМ и СВМ
соответственно. Положим АВ = ВС = 1 и ВМ = т. Тогда из А АВМ
1-\-т — а
-а =
Z
из А СВМ
2
Находим искомое расстояние
К
А САМ
Рис. 1.37 Рис. 1.38
36

1.111. В треугольник со сторонами 6 см, 10 см и 12 см вписана окружность.
К окружности проведена касательная так, что она пересекает две большие
стороны. Найти периметр отсеченного треугольника.
1.112. В равнобедренный треугольник с основанием 12 см вписана
окружность и к ней проведены три касательные так, что они отсекают от данного
треугольника три малых треугольника. Сумма периметров малых треугольников
равна 48 см Найти боковую сторону данного треугольника.
1.113. Найти площадь треугольника по углу а, противолежащей ему стороне
а и радиусу вписанной окружности г
1.114. В прямоугольном треугольнике высота, проведенная к гипотенузе,
равна Л; радиус вписанной окружности равен г. Найти гипотенузу.
1.115. Сторона треугольника равна 48 см, а высота, проведенная к этой
стороне, равна 8,5 см. Найти расстояние от центра окружности, вписанной в
треугольник, до вершины, противолежащей данной стороне, если радиус вписанной
окружности равен 4 см.
1.116. В треугольнике ABC со сторонами АВ = 3 см, ВС = 4 см, АС — 5 см
проведена биссектриса BD. В треугольники ABD и BCD вписаны окружности,
которые касаются BD в точках М и N соответственно. Определить длину
отрезка МЫ.
1.117. В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диагональ длиной
3. В каждый из получившихся треугольников вписано по окружности. Найти
расстояние между центрами окружностей
1.118. В треугольнике ABC дано: ВС —а, АС — b, АВ — с. На ВС выбрана
точка D таким образом, что окружности, вписанные в треугольники ABD и ACD,
касаются друг друга. Найти BD.
1.119. Доказать, что произведение длин отрезков, на которые гипотенуза
прямоугольного треугольника делится точкой касания вписанной в него
окружности, равно площади этого треугольника.
1.120. В треугольник ABC со сторонами ВС —а, АС — 2а и углом С=120°
вписана окружность. Через точки касания этой окружности со сторонами АС
и ВС и вершину В проведена вторая окружность Найти ее радиус.
37

Решение. Пусть К — точка пересечения биссектрисы угла
А и биссектрисы внешнего угла при вершине В треугольника
ABC (рис. 1.40). Из этого следует, что точка К одинаково
удалена от стороны ВС и продолжений сторон АВ и Л С, т. е.
является центром вневписанной окружности, касающейся
стороны ВС. Очевидно, что биссектриса внешнего угла при вершине
С также пройдет через точку /С
Пусть вневписанная окружность с центром в точке К
касается стороны ВС в точке L и продолжений сторон АВ и АС в
точках М и N соответственно. Проведем радиусы в точки касания.
Очевидно, что
8АВ КМ
J 1
"2 2
Сложив полученные равенства, имеем:
С другой стороны,
Из (1) и (2) имеем:
или
Поскольку АВ + АС —
следует, что
ra.
— З-Ь"^ ВС ' га-
(о
(2)
= 2р — 2а, то из последнего равенства
S
гп=-
м
в
Рис. 1.40
38
N
Рис. 1.41

Задача. К окружности радиуса г из внешней точки А
проведены касательная АР и секущая AQ, проходящая через центр
окружности, причем AQ = 2AP (рис. 1.41). Найти радиус
окружности, которая касается секущей, касательной вне отрезка АР
и радиуса данной окружности, проведенного в точку Р.
Решение. Искомый радиус является радиусом вневписан-
ной окружности треугольника АОР, касающейся стороны ОР.
Его длину га найдем, используя результат задачи 1.13°.
Пусть АР = х, тогда AQ = 2x и AN = 2x — 2г. По свойству
касательной и секущей, проведенных из одной точки, имеем:
откуда
Тогда
= 2г, р-ОР = г
2
и га=1Г.
Если в некоторой задаче рассматривается треугольная
пирамида и в условии сказано, что все боковые грани пирамиды
одинаково наклонены к плоскости основания, то при этом вершина
пирамиды проектируется либо в центр вписанной в основание
окружности, либо в один из трех центров вневписанных
окружностей основания (рис. 1.42, 1.43, 1.44). В связи с этим такая
задача имеет четыре (вообще говоря) разных решения.
Рис. 1.43
39

Задача. Основанием пирамиды
служит треугольник со сторонами 13 см,
14 см и 15 см. Все боковые грани
пирамиды наклонены к плоскости
основания под углом 60°. Найти объем
пирамиды.
Решение. Эта задача, как уже
отмечалось выше, допускает четыре
решения.
1. По формуле Герона находим
площадь основания пирамиды: S0CH =
= 84 см2. Используя результат задачи
1.11°, определим радиус окружности,
вписанной в основание пирамиды:
г = — = 4 см. Высоту Н легко
определить из треугольника SOK (рис. 1.42):
Н = г tg60° = 4Л/з" см. Тогда V{ =
= |.84.4Д/3"=П2ЛУЗ' (см3).
2. Пусть га — длина радиуса вневписанной окружности,
касающейся стороны 13 см. Вычислим га, используя задачу 1.13°:
га = 10,5 см. Соответствующая ему высота пирамиды равна
10,5 д/з" см. При этом объем пирамиды
1/а = 294 Л/3" см3.
3—4. Аналогично находим два других значения объема
пирамиды:
Рис. 1.44
6 = 336 Л/3" см3, 1/г = 392 Д/З" см
1.121. В ромбе EFQH известно, что Z.FEH — a. В ромб вписана окружность
радиуса г. К окружности проведена касательная, пересекающая сторону ромба
FQ в точке Л, а сторону QH в точке В. Найти длину отрезка АВ, если площадь
отсекаемого треугольника равна S.
1.122. В равносторонний треугольник со стороной а вписана окружность.
К окружности проведена касательная так, что отрезок ее внутри треугольника
равен Ь. Найти площадь треугольника, отсеченного этой касательной от данного.
1.123. Острый угол прямоугольного треугольника равен а, а радиус
окружности, касающейся гипотенузы и продолжений двух катетов, равен R. Найти
гипотенузу этого треугольника.
1.124. Окружность радиуса 1 вписана в треугольник ABC, в котором
Z.y4BC = 0,8. Эта окружность касается средней линии треугольника ABC,
параллельной стороне АС. Найти площадь треугольника ABC.
2
1.125. Площадь прямоугольного треугольника равна —г2, где г — радиус
и
окружности, касающейся одного катета и продолжений другого катета и
гипотенузы. Найти стороны треугольника.
40

в
Рис. 1.45
Решение. Пусть Z.ADC = q> (рис. 1.45), тогда /-ADB =
= 180°-ф.
Из AADC
Л"2 + РС2-АС2 (.,
2АР • PC
Из AADB
^. (2,
Сложив по частям (1) и (2), получаем:
АР2 + РС2-АС2 ВР2 + АР2-АВ2
~~ 2АР • PC 2AP • ВР
Сократив полученное равенство на -^т-р- и освободившись от
знаменателя, после элементарных преобразований получим:
АВ2 • CD + AC2 • BD-AD2 . ВС = ВС - BD . CD.
Задача. Точка D лежит на стороне АС треугольника ABC
(рис. 1.46). Окружность /,, вписанная в треугольник ABD,
касается отрезка BD в точке М\ окружность /2, вписанная в
треугольник BCD,— в точке N; отношение радиусов окружностей 1{ и /2
равно 7:4. Известно, что ВМ = 3У MN = ND=l. Найти длины
сторон треугольника ABC.
Решение. Пусть К и L — точки касания окружности /, со
сторонами АВ и АС соответственно, Р и Q — точки касания
окружности /2 со сторонами СА
и СВ. Положим, AK = AL = x и
CP = CQ = y. Тогда
Из данного в условии отношения
радиусов окружностей /, и /2 имеем:
Рис. 1.46
41

* aabd
Pi SAABDP2 7.
$ abcp S * o™ 0. 4
(1)
Так как треугольники ABD и CBD имеют общую высоту, то
Saabp _AD _ jc+2
Полученное отношение и значения pt и р2 подставляем в (1):
откуда после элементарных преобразований получаем:
Из (2) и (3) составляем систему
(г/Ч- I) (а
откуда
Зху— 13х + 27*/-5 = 0. (2)
Из треугольника ABC по теореме Стюарта имеем:
f f
(3)
решая которую (с учетом, что х>0 и у>0) находим х=7 и у =
= 2. Отсюда ЛБ=10, ВС = 6 и ЛС=12.
Задача. Хорда АВ стягивает дугу окружности, равную 120°.
Точка С лежит на этой дуге, а точка D лежит на хорде АВ. При
этом AD = 2y BD=\y CD — ^j2 (рис. 1.47). Найти площадь
треугольника ABC.
Решение. Положим ЛС = х и ВС = у. Поскольку угол АС В
опирается на дугу в 240°, то Z.j4CB=120°.
Из треугольника ABC по теореме косинусов
9 = х2-+-#2 + **Л (1)
По теореме Стюарта (для ААВС)
имеем:
/ + 2(/2=12. (2)
Положим y = kx. Тогда из уравнений
(1) и (2) находим k= ^ . Для этого
значения k из (2) находим:
Рис. 1.47
42

отсюда
_Уз" 6
~~ 4 ' з+Уе"
1.126. Окружность, вписанная в треугольник ABC, делит точкой касания
D сторону АС на части, равные 4 см и 5 см. Найти площадь треугольника, если
длина отрезка £D=-~—- см.
о
1.127. В треугольнике ABC на стороне АС взята точка D. Окружности,
вписанные в треугольники ABD и BCD, касаются стороны АС в точках М и N
соответственно. Известно, что ЛМ = 3, MD = 2, DN — 2, NC = 4. Найти длины сторон
треугольника ABC.
1.128. В треугольнике ABC на стороне АС взята точка D так, что
окружности, вписанные в треугольники ABD и BCD, касаются. Известно, что Л1) = 2,
CD = 4, BD = 5. Найти радиусы окружностей.
1.129. Точка В принадлежит отрезку АС, причем АВ — Н см, J3C = 28 см. На
отрезках АВ, ВС и АС как на диаметрах построены в одной полуплоскости,
границей которой является прямая АВ, полуокружности. Найти радиус окружности,
касающейся всех полуокружностей.
1.130. Центры трех окружностей, радиусы которых 1, 2 и 5, лежат на одной
прямой, причем окружность с радиусом 2 касается двух других. Найти радиус
окружности, касающейся внешне данных окружностей.
С А
Рис. 1.48
Решение. Пусть / — центр окружности, вписанной в
прямоугольный треугольник ABC (ZC = 90°), и Au Вх и С{ — точки
касания этой окружности с катетами ВС, АС и гипотенузой АВ
соответственно (рис. 1.48). Соединим центр / с точками Аь Вх
и С,. Очевидно, что АВХ=АСЬ ВА1 =
= /fl,=:r, тогда
и СЛ1 = СВ1 = /Л1 =
43

СА + СВ—АВ
Положив CA=b, CB = a и АВ = с, получаем (1).
Задача. Катеты прямоугольного треугольника равны 9 см
и 12 см. Найти расстояние между точкой пересечения его
биссектрис и точкой пересечения его медиан.
Решение. Пусть G — точка пересечения медиан АЕ и ВМ
прямоугольного треугольника ABC (рис. 1.49). Проведем
GF.LBC. Поскольку точка G делит медиану АЕ в отношении
EG : GA = l : 2, то GF — — AC = 3 см. Пусть / — точка пересече-
о
ния биссектрис рассматриваемого треугольника, т. е. / — центр
вписанной в него окружности. Проведем JK-LBC, JK — радиус
вписанной окружности.
Вычислив гипотенузу АВ (ЛВ =15 см) и использовав
результат задачи 1.15°, найдем длину JK: //С = 3 см.
Таким образом, получается, что точки G и J одинаково
удалены от катета ВС.
Через точки О и/ проведем прямую, пересекающую катет АС
в точке L. Из сказанного выше следует, что GL\\BC, и,
следовательно, GL1.AC, при этом /L = 3 см.
Аналогично тому, как вычислялась длина GF, находим GL:
GL = 4 см. Искомое расстояние GJ = GL — /L = 4 —3 = 1 (см).
Задача. В прямоугольном треугольнике ABC (Z.C = 90°)
проведена высота CD (рис. 1.50). Доказать, что
где г, гь г2 — радиусы окружностей, вписанных в треугольники
ЛВС, ACD и CBD соответственно, h — длина высоты CD.
Решение. Согласно задаче 1.15° имеем:
АС + ВС-АВ
2
CD + AD—AC
2
CD + BD — BC
D
В
Рис. 1.50
44

Сложив по частям эти равенства, получаем:
1.131. В прямоугольном треугольнике ABC угол А прямой, величина угла
В равна 30°, а радиус описанной окружности равен уЗ . Найти расстояние от
вершины С до точки касания вписанной окружности с катетом АВ.
1.132. Периметр прямоугольного треугольника равен 2р, а гипотенуза равна
с. Определить площадь круга, вписанного в этот треугольник.
1.133. В окружность радиуса R вписан правильный шестиугольник ABCDEK.
Найти радиус круга, вписанного в треугольник ACD.
1.134. В прямоугольном треугольнике ABC даны длины катетов СВ = а,
СА = Ь. Найти расстояние от вершины С до ближайшей к С точки вписанной
окружности.
1.135. В прямоугольный треугольник с катетами 6 см и 8 см вписана
окружность. Через центр окружности проведены прямые, параллельные сторонам
треугольника. Вычислить длины средних отрезков сторон треугольника, отсекаемых
проведенными прямыми.
1.136. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника,
равен 15 см, а радиус вписанной в него окружности равен 6 см. Найти стороны
треугольника.
1.137. Найти площадь прямоугольного треугольника, если известно, что
радиус вписанного в треугольник круга равен г, а описанного R.
1.138. Найти острые углы прямоугольного треугольника, если известно, что
отношение радиуса описанной около этого треугольника окружности к радиусу
вписанной в него окружности равно 1+д/з".
1.139. В основании четырехугольной пирамиды лежит квадрат со стороной а,
одно боковое ребро перпендикулярно плоскости основания, большее боковое
ребро наклонено к плоскости основания под углом {$. Найти радиус шара,
вписанного в эту пирамиду.
1.140. В равнобедренном треугольнике ABC (AS=?BC) проведены высоты АЕ
и BD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABD и ЛЕС, равны 5 см
и 6 см соответственно. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ABC
2. ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ
Укажем некоторые свойства четырехугольника, часто
применяемые при решении задач.
1. Сумма внутренних углов любого четырехугольника равна
360°.
2. Если соединить последовательно середины всех сторон
произвольного четырехугольника, то получится
параллелограмм.
Доказательства этих свойств несложные, и мы приводить их
не будем.
45

в
Решение. Пусть в четырехугольнике ABCD диагонали АС
и BD равны dx и d2 соответственно, Z.y4OB = <p (рис. 1.51).
Запишем формулы нахождения площади каждого из четырех
треугольников, на которые диагонали разбивают данный
четырехугольник:
^ OB sin ф,
ОС sin ф,
OD sin <pt
Сложив по частям выписанные равенства, получаем:
SABCD=± sin у(ОВ (ОA+ OQ+OD (ОА+ ОС)) =
=| sin <р(ОА + ОС) (OB + OD)=^dx . </25тф.
Нетрудно доказать, что полученное для площади выражение
справедливо и для невыпуклого четырехугольника.
Задача. На сторонах квадрата ABCD взяты точки Л1, N и /С,
где точка Л1 — середина ЛБ, N лежит на стороне ВС, причем
2BN = NC, К лежит на стороне DA9 причем 2DK = KA (рис. 1.52).
Найти синус угла между МС и NK.
Решение. Пусть АВ = аи Z. МОК = ф. Вычислим площадь
треугольников:
с _ «2 с _а2 с fl2
° AMBN—"j2" » °Д>4М/С — ~g~ » °
Тогда
46

Нетрудно вычислить диагонали МС и NK четырехугольника
MNCK:
Найдем теперь SMNCKi воспользовавшись формулой (1):
1 аЛ/5~ аЛ/1о~ . 5а2 V^ •
Smnck^-Z * ~2 3~ Sm ф== \2~ Sm ф*
Из (1) и (2) имеем:
7 ,_5а2л/2"о:_
(2)
откуда
Задача. В ромб со стороной а и острым углом 60° вписана
окружность. Определить площадь четырехугольника, вершины
которого лежат в точках касания окружности со сторонами
ромба.
Решение. Окружность, вписанная в ромб ABCD, в котором
АВ = а и ZBy4D = 60°, касается его сторон АВУ ВС, CD и DA
в точках £, F, G и Я соответственно (рис. 1.53). Диагонали £G
и F# четырехугольника EFGH являются высотами ромба и
одновременно диаметрами вписанной окружности. Поэтому
£G F#
Проведем BK-LAD; ясно, что BK = FH. Из треугольника АВК
найдем ^
В четырехугольнике O£BF имеем Z.£= Z-F = 90o,
= 120°. Поэтому Z.£OF = 60°.
Находим искомую площадь, учитывая полученные выше
значения длины отрезка ВК и величины угла EOF:
16 *
В N
В F
47

1.141. В окружность вписан четырехугольник с углами 120°, 90°, 60° и 90°.
Площадь четырехугольника равна 9 \3 см2. Найти радиус окружности, если
диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны.
1.142. Сумма длин диагоналей ромба равна т, а его площадь равна S.
Найти сторону ромба.
1.143. Радиус окружности, описанной около трапеции ABCD, равен R.
Диагонали АС и BD трапеции делятся точкой их пересечения Е в отношении I : 3,
считая от меньшего основания CD. Величина угла DEC равна 60°. Найти
площадь трапеции.
1.144. В окружность радиуса 13 см вписан четырехугольник, диагонали
которого взаимно перпендикулярны. Одна из диагоналей равна 18 см, расстояние or
центра окружности до точки пересечения диагоналей равно 4 уб см. Найти
площадь четырехугольника.
1.145. Диагональ трапеции, вписанной в круг радиуса R, образует с ее
боковыми сторонами углы а и 2а. Найти площадь трапеции.
1.146. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки К, L, М и N являются
серединами сторон АВ, ВС, CD и DA соответственно, О —точка пересечения
отрезков КМ и LN. Известно, что Z.LOM = 90° и KM — 3LN. Найти длины диагоналей
АС и BD, если площадь четырехугольника KLMN равна S.
1.147. Найти площадь параллелограмма, если длины его сторон равны а и Ь,
а угол между диагоналями, противолежащий стороне длиной а, равен а.
1.148. Точка А, лежащая внутри круга радиуса R, удалена от центра круга
на расстояние а. Через точку А проведены две хорды, образующие углы 30°
с диаметром круга, содержащим точку А. Вычислить площадь вписанного в круг
четырехугольника, диагоналями которого являются проведенные хорды.
1.149. В окружность радиуса 6 см вписан четырехугольник ABCD. Его
диагонали АС и BD взаимно перпендикулярны. Точки £ и F являются серединами АС
и BD соответственно. Точка пересечения диагоналей К удалена от центра
О окружности на 5 см. Найти площадь четырехугольника ABCD, если площадь
четырехугольника OEKF равна 12 см2.
1.150. Сумма длин высоты и средней линии равнобедренной трапеции равна
с, а площадь трапеции равна S. Найти угол между диагоналями трапеции.
Рис. 1.54
48

Доказательство. Рассмотрим четырехугольник ABCD
(рис. 1.54), в который вписана окружность. Пусть /С, L, М и N —
точки касания четырехугольника и окружности. Тогда Л/С =
= y4L, BL = BN, CN = CM и DM = DK (как отрезки касательных,
проведенных из соответствующих точек). Отсюда
AL + LB + DM + CM = AK + DK + CN + BN. (1)
Но
Из (1) и (2) имеем:
Задача. Около окружности описана равнобокая трапеция
с боковой стороной /, одно из оснований которой равно а. Найти
площадь трапеции.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция, у которой
AD = a и АВ = 1 (рис. 1.55). Из свойства описанного около
окружности четырехугольника находим, что ВС = 21 — а.
Проведем BE1.AD.
Из ААВЕ fi£ = V'2-(«~')2=V2a/~a2.
Отсюда SABCD = / Д/2а/ — а2.
Задача. Прямая, перпендикулярная двум сторонам
параллелограмма, делит его на две трапеции, в каждую из которых
можно вписать окружность. Найти острый угол параллелограмма,
если длины его сторон равны а и b (a<Zb).
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD дано: АВ = а,
AD = b и прямая EF перпендикулярна сторонам AD и ВС (рис.
1.56). Согласно условию в каждую из прямоугольных трапеций,
на которые прямая EF делит рассматриваемый
параллелограмм, можно вписать окружность. Нетрудно показать, что
BE = FD. Положим AF = x и ZBЛF = ф. Тогда ВЕ = Ь — х
Рис. 1.55
F D
Рис. 1.56
4 Заказ 965
49

и EF = a sin <p. По свойству описанных четырехугольников
имеем: х-\-(Ь — х) = а-\-а sin ф, откуда
b — а . b — a
sincp = и cp = arcsin .
т а т а
У ЯРД ЖНЕИ И Я
1.151. В равнобокую трапецию вписана окружность радиуса 2. Найти
площадь трапеции, если длина боковой стороны равна 10.
1.152. Около окружности радиуса 1,2 см, описан четырехугольник ABCD.
Найти его площадь, если АВ = 3 см, ВС —2 см и AD — 4 см.
1.153. Площадь равнобокой трапеции, описанной около круга, равна 5.
Найти среднюю линию трапеции, если острый угол при ее основании равен а.
1.154. Около круга описана трапеция, боковые стороны которой образуют
с ее большим основанием углы аир. Определить площадь круга, если площадь
трапеции равна Q.
1.155. Около круга описана равнобокая трапеция, площадь которой равна
32 см2. Найти стороны трапеции, если угол при большем основании равен 30°.
1.156. Площадь равнобокой трапеции, описанной около круга, равна 5, а
высота трапеции в 2 раза меньше ее боковой стороны. Определить радиус
вписанного в трапецию круга.
1.157. Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию, отстоит от
концов боковой стороны на 1 см и 2 см. Найти площадь трапеции.
1.158. Вычислить площадь трапеции по разности оснований d и двум
боковым сторонам а и Ьл если известно, что в трапецию можно вписать круг.
1.159. В равнобокой трапеции, описанной около окружности радиуса /?,
отношение длин боковой стороны и большего основания есть заданное число k. Найти
длину меньшего основания.
1.160. Дана прямоугольная трапеция. Известно, что некоторая прямая,
параллельная основаниям, делит ее на две трапеции, в каждую из которых можно
вписать окружность. Найти основания исходной трапеции, если ее боковые
стороны равны cud (c<Cd).
7 Д,
/ г \
а
Рис. 1.57
Решение. Через вершину трапеции С проведем прямую,
параллельную стороне АВУ пересекающую прямые EF и AD
в точках Р и Q соответственно. Ясно, что
DF : FC = AE : ЕВ = т : п и PF = EF-b.
Из подобия треугольников CFP и CDQ имеем:
50

a-b m + n ' 0ТКуДа т + п
Задача. Две окружности радиусов /? = 3 см и г=1 см
касаются внешним образом. Найти расстояние от точки касания
окружностей до их общих касательных.
Решение. Пусть радиусы окружностей с центрами О и О,,
касающихся в точке С, равны 1 см и 3 см соответственно (рис.
1.58). Проведем радиусы О А и ОХВ в точки касания данных
окружностей с их общей внешней касательной; ОАВО\ —
прямоугольная трапеция. Из точки С опустим перпендикуляр СЕ на
касательную. СЕ — искомое расстояние.
Поскольку отрезок СЕ параллелен основаниям трапеции
ОАВОХ, то по формуле (1) имеем:
1-3 + 3. 1_3 ,
Lt— pp 2 (СМ).
Ясно, что такое же расстояние будет от точки С до второй
внесшей общей касательной (на рисунке не показанной).
Задача, Прямая, параллельная основаниям трапеции,
проходит через точку пересечения ее диагоналей. Найти длину
отрезка этой прямой, заключенного между боковыми сторонами
трапеции, если основания трапеции равны 4 см и 12 см.
Решение. В трапеции ABCD (рис. 1.59) Л£>== 12 см и ВС =
= 4 см. Через точку О пересечения диагоналей трапеции
проведена прямая, параллельная основаниям трапеции и
пересекающая боковые стороны АВ и CD в точках Е и F соответственно.
Из подобия треугольников ВОС и DOA имеем:
ВО : О£> = 4 : 12=1 : 3.
В таком же отношении точка Е делит АВ, т. е. BE : ЕА =
= 1:3. Тогда по (1) имеем:
В С
A D
Рис. 1.58 Рис. 1.59
51

1.161. В угол вписаны три окружности так, что две крайние проходят через
центр средней. Радиусы крайних окружностей равны R и г. Найти радиус
средней окружности.
1.162. В некоторый угол вписана окружность радиуса г, а длина хорды,
соединяющей точки касания, равна с. Параллельно хорде проведены две
касательные к окружности. Определить площадь трапеции, образованной сторонами угла
и касательными.
1.163. Дана трапеция ABCD. Параллельно ее основаниям проведена прямая,
пересекающая боковые стороны трапеции АВ и CD соответственно в точках
Р и Q, а диагонали АС и BD соответственно в точках L и R. Диагонали АС и BD
пересекаются в точке О. Известно, что ВС = а, AD = b, а площади треугольников
ВОС и LOR равны. Найти длину отрезка PQ.
1.164. Основания трапеции равны 1 см и 7 см. Найти длину отрезка,
параллельного основаниям трапеции и делящего ее на равновеликие части.
1.165. В трапеции основания равны 84 см и 42 см, а боковые стороны 39 см
и 45 см. Через точку пересечения диагоналей параллельно основаниям проведена
прямая. Определить площади полученных трапеций.
1.166. Две прямые, параллельные основаниям трапеции, делят каждую из
боковых сторон на три равные части. Вся трапеция разделена ими на три части.
Найти площадь средней части, если площади крайних S! и S2.
1.167. В трапеции, основания которой равны 4 см и 10 см, проведена прямая,
параллельная основаниям трапеции и делящая ее площадь в отношении 3 :4,
считая от большего основания. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного
между боковыми сторонами трапеции.
1.168. В трапеции ABCD с длинами оснований Л£> = 12 см, £С = 8 см на луче
ВС построена такая точка М, что прямая AM делит трапецию на две
равновеликие фигуры. Найти длину СМ.
1.169. Две окружности касаются внешним образом в точке А. Найти радиусы
окружностей, если хорды, соединяющие точку А с точками касания одной из
общих внешних касательных, равны 6 см и 8 см.
1.170. На боковых сторонах KL и MN равнобокой трапеции KLMN выбраны
соответственно точки Р и Q так, что отрезок PQ параллелен основаниям
трапеции. Известно, что в каждую из трапеций KPQN и PLMQ можно вписать
окружность и радиусы этих окружностей равны R и г соответственно. Определить
основания трапеции KLMN.
в
ГА
А Е
Рис. 1.60
52

Решение. Пусть ABCD — равнобокая трапеция (AD\\bL)
и AB = CD (рис. 1.60). Проведем BEA.AD. Очевидно, что
яп AD — BC ~
АЕ — г • Тогда
AD — BC AD + BC
что и требовалось доказать.
Задача. Найти площадь равнобокой трапеции, если ее
большее основание, диагональ и боковая сторона равны 4, 3 и 2
соответственно.
Решение. В равнобокой трапеции ABCD (AD\\ВС) большее
основание Л£) = 4, диагональ АС — 3 и боковая сторона CD =
= 2 (рис. 1.61). Проведем CE.LAD. Площадь треугольника ACD
(вычисляемая по формуле Герона) равна — у15.
С другой стороны,
~=4 • 4 • СЕ9
= ^AD • СЕ или f
откуда СЕ=-
Из ААСЕ
Учитывая доказанное в задаче (1.19°), имеем:
с 21 Зл/те~ 63, п-г
Sabcd=it • -о Л/15 =—Д/15.
8 8
Задача. Около трапеции ABCD описана окружность,
диаметром которой является основание AD, равное а. Диагональ
трапеции АС равна /. Найти площадь трапеции.
Решение. Так как около трапеции ABCD описана
окружность, то рассматриваемая трапеция "равнобокая (рис. 1.62).
Согласно условию AD является диаметром описанной около
трапеции окружности. Поэтому треугольник ACD прямоугольный.
Проведем СЕ 1.AD. По доказанному в задаче 1.19° длина
отрезка АЕ равна длине средней линии данной трапеции.
В
Рис. 1.61
Рис. 1.62
53

Из AACD AE=^=L.
Из ААСЕ CE=
Площадь трапеции SABCD = AE • С£=—=• Va2—/2.
а
УПРАЖНЕНИЯ
1.171. Доказать, что в равнобокой трапеции квадрат длины диагонали равен
квадрату длины боковой стороны, сложенному с произведением длин оснований.
1.172. Найти диагональ и боковую сторону равнобокой трапеции с
основаниями 20 и 12 см, если центр описанной окружности лежит на ее большем
основании.
1.173. Найти среднюю линию равнобокой трапеции, высота которой равна Л,
если боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом 120°.
1.174. Найти площадь равнобокой трапеции, если ее высота равна Л, а
боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом 60°.
1.175. Диагональ равнобокой трапеции, описанной около круга, равна
большей из параллельных сторон. Боковая сторона равна а. Определить основания
трапеции и радиус вписанного в нее круга.
1.176. Диагональ равнобокой трапеции равна 10 см, а площадь равна 48 см2.
Найти высоту трапеции.
1.177. В равнобокой трапеции основания равны а и 6, а угол между
диагональю и основанием равен а. Найти длину отрезка, соединяющего точку
пересечения диагоналей с серединой боковой стороны трапеции.
1.178. В равнобокую трапецию вписана окружность и около нее описана
окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу описанной окружности
равно -~-. Найти углы трапеции,
о
1.179. Дана равнобокая трапеция, в которую вписана окружность и около
которой описана окружность. Отношение длины описанной окружности к длине
вписанной окружности равно 2Уб\ Найти углы трапеции.
1.180. Площадь описанного около трапеции круга в 12 раз больше площади
вписанного в нее круга. Найти углы трапеции.
в
F
Рис. 1.63
54

Решение. Пусть ABCD — равнобокая трапеция, диагонали
которой АС и BD перпендикулярны (рис. 1.63). Через
точку пересечения диагоналей О проведем высоту трапеции EF.
Из того, что трапеция ABCD равнобокая, следует, что
треугольники AOD и ВОС равнобедренные. Но поскольку они к тому же
прямоугольные, то
и ОЕ = ±
Сложив по частям эти равенства, получаем EF~— • (AD-\-BC).
Следовательно,
, = £/*
Задача. Площадь равнобокой трапеции, диагонали которой
взаимно перпендикулярны, равна S. Найти периметр этой
трапеции, если ее боковая сторона образует с большим основанием
угол а.
Решение. Пусть ABCD — данная в условии равнобокая
трапеция (рис. 1.64). Проведем CEA.AD. Поскольку диагонали
трапеции взаимно перпендикулярны, то
Из ACED
Таким образом,
Pabcd —
CD =
sin a
2(l+sina)
sin a sin а
В
Рис. 1.64
Рис. 1.65
55

Задача. В правильной четырехугольной пирамиде
двугранный угол при ребре основания равен а. Через ребро основания
проведена плоскость под углом р к основанию (0<а). Ребро
основания пирамиды равно а. Определить площадь сечения.
Решение. Пусть ZABCD — данная в условии правильная
четырехугольная пирамида (рис. 1.65). Сечением пирамиды
плоскостью, проходящей через ребро CD и составляющей с
плоскостью основания угол р, является равнобокая трапеция DEFC.
Ее ортогональная проекция на плоскость основания, как
нетрудно показать, также равнобокая трапеция DEXFXC, диагонали
которой взаимно перпендикулярны.
Проведем плоскость, проходящую через высоту пирамиды ZO
и апофему ZQ. Эта плоскость пересечет: грань AZB по апофеме
ZP, основание пирамиды по отрезку PQ = a, соединяющему
середины сторон основания АВ и CD, трапецию DEFC по отрезку
KQ. Точка /С, — ортогональная проекция точки К на плоскость
основания пирамиды. Ясно, что KXQ— высота трапеции DEXFXC.
Рассмотрим треугольник PKQ. В нем PQ = a, Z.KPQ = a
и Z/(QP = p. По теореме синусов KQ= asma . Из AKKXQ
sin(a + p)
a sin a cos
*'Q Sin(a
sde1f1c a2 sin2 a cos p
Окончательно SDEFC = = ;
L cosp sin2(a
1.181. В равнобокой трапеции средняя линия равна т, а диагонали взаимно
перпендикулярны. Вычислить площадь трапеции.
1.182. В окружность радиуса R вписана трапеция, боковая сторона которой
стягивает дугу в 90°. Найти площадь трапеции, если разность длин ее оснований
равна 2а.
1.183. В усеченном конусе диагонали осевого сечения взаимно
перпендикулярны, а угол образующей / конуса с плоскостью большого основания
равен а. Найти боковую поверхность этого конуса.
1.184. Из точки пересечения диагоналей равнобокой трапеции на боковую
сторону опущен перпендикуляр, который делит ее на отрезки 3,2 см и 1,8 см,
считая от нижнего основания. Найти площадь трапеции, если длина указанного
перпендикуляра есть среднее геометрическое длин отрезков боковой стороны.
1.185. В правильной четырехугольной пирамиде через сторону основания
проведена плоскость перпендикулярно к противоположной боковой грани.
Вычислить площадь сечения, если сторона основания пирамиды равна а, а
двугранный угол при основании равен а.
56

Решение. Пусть А В CD — равно-
бокая трапеция, в которую вписана
окружность (рис. 1.66). Проведем
BEA-AD. Положим AD = a, BC = b
и ВЕ = Н. На основании свойства, до-
i t
казанного в задаче 1.17°, ЛВ=—-—.
Как отмечалось выше, АЕ =
Из ААВЕ ВЕ = Н--
Итак, Н = '\[аЬ.
а-Ь
Рис. 1.66
Задача. Около окружности радиуса 5 см описана равнобокая
трапеция. Расстояние между точками касания боковых сторон
равно 8 см. Найти площадь трапеции.
Решение. Около окружности с центром О описана
равнобокая трапеция ABCD (AD\\BC), касающаяся окружности в
точках Е, Ny F и М (рис. 1.67). По условию ОМ = CW = 5 см и £F =
= 8 см. Поскольку точки Е и F (как нетрудно убедиться)
одинаково удалены от основания AD трапеции, то EF\\AD.
Положим AD = 2AM = 2x и BC = 2BN = 2y. Тогда
= АЕ = х и BN = BE =
y
Используя результат задачи 1.21°, имеем
/ = 25. Используя результат задачи 1.18°, имеем:
= Д/4*#, или
или
Таким образом,
Sabcd— 12,5
В N С
10=125 (см2).
в
57

Данная зависимость эффективно используется в
стереометрии. Проиллюстрируем это на конкретном примере.
Задача. В усеченный конус вписан шар. Сумма длин
диаметров верхнего и нижнего оснований в 5 рзз больше длины
радиуса шара. Найти угол между образующей конуса и плоскостью
нижнего основания.
Решение. Пусть в данном усеченном конусе г,, г2 и /? —
радиусы нижнего основания, верхнего основания и шара,
вписанного в конус, соответственно, т. е. O,D = rj, O2C = r2 и 00{ = R
(рис. 1.68). Тогда на основании задачи 1.21° имеем:
2/?=д/2г, - 2г2, или R = -\J7l72. (1)
Положим ZCDO, = q) (0°<ф<90°). Тогда ^
Из AODO, tgf=4=V^
Согласно условию 2r,-f-2r2 = 5/? или учитывая (1),
(2)
Разделив обе части равенства (2) на ~\Jr]r2, получаем:
т. е.
Учитывая указанные выше допустимые значения для ф, из
|- выбираем tg -5. = —
двух найденных значений для tg-|- выбираем tg -5. = —, откуда
1.186. В равнобокую трапецию вписана окружность радиуса R. Одно из
оснований трапеции в 2 раза меньше ее высоты. Найти площадь трапеции.
1.187. Около окружности описана равнобокая трапеция, у которой одно
основание в 3 раза больше другого. Найти отношение радиуса Окружности, описанной
около трапеции, к радиусу окружности, вписанной в трапецию.
1.188. В равнобокую трапецию, длины оснований которой а и b (a>b),
вписана окружность. Найти расстояние между центрами вписанной и описанной
окружностей.
1.189. Около окружности радиуса R описана равнобокая трапеция, меньшее
основание которой равно 2а. Найти диагональ трапеции.
58

1.190. Около окружности, радиус которой г, описана равнобокая трапеция.
Параллельные стороны ее относятся как т : п. Найти стороны эгой трапеции.
1.191. Около окружности радиуса R описана равнобокая трапеция, площадь
которой равна S. Найти основания трапеции
1.192. Определить боковую поверхность и объем усеченного конуса с
образующей, равной /, описанного около шара радиуса R.
1.193. Около шара описан усеченный конус, площадь нижнего основания
которого в а раз больше площади его верхнего основания Во сколько раз объем
усеченного конуса больше объема шара?
1.194. Стороны оснований правильной четырехугольной усеченной пирамиды
равны 9 см и 4 см. Найти отношение полной поверхности пирамиды к
поверхности вписанного в нее шара.
1.195* Около шара описана правильная шестиугольная усеченная
пирамида, у которой стороны оснований относятся, как т : п. Найти отношение объемов
пирамиды и шара.
Рис. 1.69
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD Z.BAD = a
(рис. 1.69). Тогда Z.ADC= 180°-a.
Из AABD по теореме косинусов
BD2=AB2-\-AD2 — 2AB • ADcos а. (1)
Из AADC аналогично
AC2 = AD2 + CD2 + 2AD • CDcos a. (2)
Сложив (1) и (2), получим: AC2 + BD2 = 2{AB2 + AD% что
и требовалось доказать.
Задача. В треугольник вписан параллелограмм со сторонами
3 см и 5 см и диагональю, равной 6 см. Найти стороны
треугольника, если известно, что диагонали параллелограмма
соответственно параллельны боковым сторонам треугольника, а меньшая
из его сторон лежит на основании треугольника.
Решение. В параллелограмме DEFH, вписанном в
треугольник ABC, Z?// = 3 см, D£ = 5 см и £# = 6 см (рис. 1.70).
Пусть в соответствий с условием ЕН\\ВС и DF\\AB. Тогда
очевидно, что ЛС==9 см и BC = BF + FC = EO + EH = 9 см. Определим
F>F с помощью результата задачи 1.22°:
59

A D И
Рис. 1.70
-36 =4
(СМ).
Тогда AB = AE-{-BE = DF-\-OF = 6^j2^ (см).
Ответ. 9 см, 9 см, бл/2 см.
Задача. Доказать, что во всяком четырехугольнике сумма
квадратов диагоналей вдвое больше суммы квадратов отрезков,
соединяющих середины противоположных сторон.
Решение. Пусть £, F, G и Н — середины сторон AD, АВ,
ВС и CD произвольного четырехугольника ABCD (рис. 1.71).
Соединив последовательно точки £, F, G и Я, получим, как
нетрудно показать, параллелограмм. Проведем в нем диагонали EG
и FH, являющиеся одновременно отрезками, соединяющими
середины противоположных сторон четырехугольника ABCD.
Поскольку FG — средняя линия в треугольнике ЛВС, то
и
AC2 = 4FG2. (1)
Аналогично
BD2 = 4EF2. (2)
Сложив по частям (1) и (2), получаем:
1.196. Даны две концентрические окружности. Доказать, что сумма
квадратов расстояний от точки одной окружности до концов диаметра другой
окружности не зависит ни от выбранной точки, ни от выбранного диаметра.
1.197. В параллелограмме ABCD сторона АВ равна диагонали BD.
Окружность, описанная около AABD, пересекает диагональ А С в точке Е. Найти
стороны параллелограмма, если Л£ = 65 см и £С=16 см.
60

1.198. Перпендикуляр, проведенный из вершины параллелограмма к его
диагонали, делит эту диагональ на отрезки длиной 6 см и 15 см. Разность длин
сторон параллелограмма равна 7 см Найти длины сторон параллелограмма
и его-диагоналей.
1.199. В треугольник вписан параллелограмм так, что одна его сторона
лежит на основании треугольника, а диагонали параллельны его боковым
сторонам. Основание треугольника равно 45 см, боковые стороны 39 см и 48 см .
Найти стороны параллелограмма.
1.200. В параллелограмме отношение сторон и отношение диагоналей
одинаковы и равны 2. Из вершины тупого угла А опущена высота АЕ на большую
сторону CD. Найти отношение длины отрезка DE к длине отрезка СЕ.
1.201. В параллелограмме ABCD угол А острый, AD— Л£ = 3 см, АС —
— BD = 2 см и /-АВС+ ^LABD=\S0°. Найти расстояние от вершины D до АВ
1.202. Длины диагоналей параллелограмма пропорциональны длинам его
непараллельных сторон. Доказать, что углы между диагоналями такого
параллелограмма равны его углам.
1.203. Доказать, что если а — величина угла между диагоналями
параллелограмма, а а и b — длины его сторон, причем а<90° и а^Ь, то справедливо не-
равенство
аг-\-Ьг
1.204. В параллелограмме ABCD одна диагональ в л/з" раза больше другой,
а периметр равен 4 см. Известно, что точка Л,, симметричная с точкой А
относительно точки С, симметрична с точкой В относительно прямой CD. Найти
площадь параллелограмма ABCD.
1.205. Стороны параллелограмма относятся как т : л, а диагонали — как
р : q. Найти углы параллелограмма.
Решение. Пусть АВ и CD — две
произвольные хорды, проходящие через
точку Ку лежащую внутри круга (рис. Р||С j 72
1.72). Проведем хорды АС и BD.
Очевидно, что треугольники АКС и BKD подобны (по признаку подобия
треугольников). Из этого следует, что
4| = |f > откуда АК • ВК=СК • DK,
что и требовалось доказать.
61

Задача. На окружности, диаметр которой АВ, выбрана
произвольная точка С (отличная от Л и В). Некоторая окружность
в центром в точке С касается диаметра АВ в точке Н и
пересекает данную окружность в точках К и Р (рис. 1.73). Доказать, что
радиус СН делится отрезком КР пополам.
Решение. Пусть М — точка пересечения радиуса СН с
хордой КР. Продолжим радиус СН в обе стороны до пересечения
с окружностями в точках Е и F, На основании доказанного в
задаче 1.23° утверждения имеем:
а) для окружности с центром С: КМ • МР = ЕМ • МН\
б) для окружности с центром О: КМ • МР = СМ • MF.
MF.
Положим СН = CE = HF = r. Тогда
EM = r + CM, MH = r-CMf MF = 2r — CM.
Учитывая найденные выражения для ЕМ, МН и MF% имеем:
(г+СМ) • (г-СМ)=СМ • (2г-СМ), откуда СЛ1=£.
Задача. Через точку Р диаметра АВ данной окружности
проведена хорда CD, образующая с диаметром угол 60р (рис. 1.74).
Вычислить радиус окружности, если СР = а и PD = fc.
Решение. Пусть в соответствии с условием /LAPC = 60°.
Из центра О данной окружности проводим OK-LCD. Тогда
и КР = а-
Из АОРК
Положим AO = R. На основании свойства отрезков хорд,
пересекающихся внутри круга, имеем:
£ АР ■ РВ = СР • PD
Рис. 1.74
62

или (/? + (а — b))(R — (а — b)) = ab. Следовательно,
1.206. Дана точка Р, удаленная на 7 см от центра окружности с радиусом
11 см. Через эту точку проведена хорда длиной 18 см Каковы длины отрезков, на
которые делится хорда точкой Я?
1.207. В окружность радиуса г вписан равнобедренный треугольник, сумма
высоты и основания которого равна диаметру окружности. Найти высоту
треугольника.
1.208. В тупоугольном треугольнике большая сторона равна 16 см, а высоты,
проведенные из ее концов на другие стороны, пересекают продолжения этих
сторон в точках, отстоящих от вершины тупого угла на расстоянии 2 см и 3 см.
Найти меньшие стороны треугольника.
1.209. Через концы А и В диаметра окружности проведены хорды АС и BD,
которые пересекаются в точке Я, лежащей внутри окружности. Доказать, что
АВ2 = АС • AP + BD . ВР.
1.210. В окружность радиусом 3 с центром в точке О вписана трапеция.
Определить площадь трапеции, если известно, что окружность радиуса 1 с
центром в точке О касается одного из оснований трапеции и проходит через точку
пересечения диагоналей.
1.211. В окружности радиусом R хорда АВ — а. Хорда PQ, перпендикулярная
к диаметру АС, пересекает хорду АВ в точке М. Найти AM, если РМ : QAf = 3.
1.212. Через точку А окружности радиусом R= 10 см проведены две взаимно
перпендикулярные хорды АВ и АС. Вычислить радиус окружности, касающейся
данной окружности и построенных хорд, если АВ=\6 см.
1.213. В круге проведена хорда АВ, пересекающая диаметр DE круга в
точке М и наклоненная к нему под углом ср. Дано, что MB : МА—р : q. Из точки
В проведена хорда ВС, перпендикулярная к диаметру DE, и точка С соединена
с точкой А. Найти площадь треугольника ABC, если радиус круга равен R.
1.214. В круг вписан равнобедренный треугольник, в котором АВ = ВС
и Z.ABC = $. Средняя линия треугольника продолжена до пересечения с
окружностью в точках D и Е (DE\\AC). Найти отношение площадей треугольников
ABC и DBE.
1.215. В треугольнике ABC AB = BC, AC = 2a, Z.ABC = a. Медиана
треугольника, выходящая из вершины Л, продолжена до пересечения с описанной
около треугольника окружностью в точке D. Найти площадь
треугольника BDC.
В
Рис. 1.75
63

Решение. Проведем хорды ВС и BD. Поскольку ^АВС
= Z.ADB (как измеряющиеся половиной дуги СВ\ то треугольники
ABC и ADB подобны. Из их подобия следует, что
АВ : AD = AC : АВ, откуда AB2 = AD • АС.
Задача. В некоторый угол С вписаны две непересекающиеся
окружности. Ближайшая из них к вершине С касается сторон
угла в точках Л и В, другая же — в точках Ах и Вх (точки А и Ах
лежат на одной стороне угла, точки В и Вх — на другой).
Отрезок АВХ пересекает одну окружность в точке £, а другую —
в точке Ех (рис. 1.76). Доказать, что АЕ = ВХЕХ.
Решение. Нетрудно показать, что
ААХ = ВВХ. (1)
Для окружности с центром О по свойству касательной и
секущей, доказанному выше,
ВВ\ = ВХА • ВХЕ.
Для окружности с центром Ох аналогично имеем:
АА\ = АВХ • АЕХ.
Из (1), (2) и (3) следует, что ВХА • ВХЕ = АВХ • АЕ
или
(2)
(3)
(4)
Ho BxE = BlEl-\-ElE и АЕх = АЕ-\-ЕЕ]. Поэтому с учетом
равенства (4) АЕ = ВХЕХ.
Задача. В квадрат ABCD со стороной длины а вписана
окружность, которая касается стороны CD в точке Е (рис. 1.77).
Найти длину хорды, соединяющей точки, в которых окружность
пересекается с прямой АЕ.
Решение. Окружность, вписанная в квадрат ABCD,
касается стороны CD в точке £, а стороны AD в точке F\ ED =
= AF=~. Пусть М — точка пересечения окружности с
прямой АЕ.
Рис. 1.76
64

Из AAED AE = j^5. Пусть МЕ = х, тогда AM =?-]£—;
По свойству касательной и секущей, проведенных из одной ,точ-
,2 п л/ef / п ~\Ж
а2
\
(—^ *) откуда х=—
лс2 л с m а ^ (aJ \
ки, Л/7 =у4£«ЛМ или —=—|—(—^ *)t откуда х=
1.216. В прямоугольной трапеции, высота которой равна Л, на боковой
стороне, не перпендикулярной к основанию, как на диаметре описана окружность,
касающаяся противоположной стороны трапеции. Найти площадь треугольника,
катеты которого равны основаниям трапеции.
1.217. Один конец диаметра полуокружности совпадает с вершиной угла при
основании равнобедренного треугольника, а другой принадлежит этому
основанию. Найти радиус полуокружности, если она касается одной боковой стороны
и делит другую на отрезки длиной 5 см и 4 см, считая от основания.
1.218. Через две смежные вершины квадрата проведена окружность так, что
длина касательной к ней, проведенная из третьей вершины квадрата, в 3 раза
больше стороны квадрата. Найти площадь круга, если сторона квадрата равна а.
1.219. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 см и 8 см. Через
середину меньшего катета и середину гипотенузы проведена окружность,
касающаяся гипотенузы. Найти площадь круга, ограниченного этой окружностью.
1.220. Круг радиуса 13 см касается двух смежных сторон квадрата, длина
стороны которого равна 18 см. На какие два отрезка делит круг каждую из двух
других сторон квадрата?
1.221. Окружность касается одной из сторон угла А в точке В и пересекает
другую сторону в точках С и D так, что AC — 2CD. Найти радиус этой
окружности, если АВ = а, а величина угла А равна 45°.
1.222. Полуокружность, построенная на меньшем катете как на диаметре,
делит биссектрису острого угла, прилежащего к этому катету, в отношении
1 : 3. Найти углы треугольника.
1.223. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каждую
из двух других его сторон на отрезки, равные 2 см и 23 см. Найти радиус
окружности.
1.224. Треугольник ABC вписан в окружность, через вершину А проведена
касательная до пересечения с продолжением стороны ВС в точке D. Из вершин
В и С опущены перпендикуляры на касательную, меньший из которых равен
6 см. Определить площадь трапеции, образованной этими перпендикулярами,
стороной ВС и отрезком касательной, если ВС = 5 см, AD=±5y6 см.
1.225. В треугольнике ABC угол С прямой, АС:АВ = 4:&. Окружность с
центром на катете АС касается гипотенузы АВ и пересекает катет ВС в точке Р так,
что jSP:PC = 2:3. Найти отношение радиуса окружности к катету ВС.
1.226. Окружность, построенная на стороне AD параллелограмма ABCD как
на диаметре, проходит через середину диагонали АС и пересекает сторону АВ
в точке М. Найти отношение AM : АВ, если AC — ZBD.
1.227. В равнобокую трапецию ABCD (BC\\AD) вписана окружность радиуса
/?, касающаяся основания AD в точке Р и пересекающая отрезок ВР в точке Q,
такой, что PQ = 3BQ. Найти углы и площадь трапеции.
5 Заказ 965 65

ГЛАВА 2
БАЗИСНЫЕ ЗАДАЧИ СТЕРЕОМЕТРИИ
4. ПРЯМЫЕ, ПЛОСКОСТИ, УГЛЫ
Рис. 2.1
Примечание 1. Эта зависимость справедлива и в том случае, когда
прямая в плоскости проекции не проходит через основание наклонной, но
пересекает ее проекцию. В этом случае у — угол между скрещивающимися прямыми.
Примечание 2. Зависимость (*) часто называют теоремой о трех
косинусах.
Решение. Пусть ЛО±т, АВ — наклонная к т, ВО— ее
проекция на плоскость т и ВС — прямая, проведенная через
основание наклонной в плоскости х (рис. 2.1). Тогда согласно
принятому выше Z.ABO = a, /LOBC=$ и /LABC = y. Проведем
ODA-BC и соединим точки А и D. Ясно, что AD-LBC.
Положим АВ = х. Тогда из А ЛОВ
из ABOD
из AABD
Следовательно,
66
> = jt cos a,
BD = x cos a cos f$,
= xcos y-
cos y = cos a cos p.

Задача. Непересекающиеся диагонали двух смежных
боковых граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к
плоскости основания под углами аир. Найти угол между этими
диагоналями.
Решение. Пусть /LDxAD = a и Z.CXDC = $ (рис. 2.2).
Проведем в грани ААХВХВ диагональ АВХ. Диагональ ADX является
наклонной к плоскости ААХВЬ ААХ— ее проекция и АВХ —
прямая, лежащая в плоскости проекции. Очевидно, что
Z.AxADx=j-a и <<LAxABx=j—$.
Положим /LBxADx = y. Тогда на основании (*) имеем:
cos
= cos (j — a) cos (j — p),
cos y = sin a sin p, Y = arccos (sin a sin P).
Задача. Высота правильной треугольной призмы равна Л.
Через одно из ребер основания и противоположную ему вершину
другого основания проведена плоскость. Найти площадь
получившейся в сечении фигуры, если угол ее при взятой вершине
призмы равен 2а. Определить допустимые значения а.
Решение. Затруднения в решении этой задачи связаны
с тем, что данные в условии линейный элемент и угол не
принадлежат одной плоскости и потому нет такого прямоугольного
треугольника, с которого можно было начать решение. Однако с
помощью зависимости (*) эти затруднения легко преодолеваются.
Если Z.CAXB = 2а (рис. 2.3), то Z41Cfi = 90° —а. Положим
AxCA = q>.
Тогда, воспользовавшись результатом задачи 2.1°, имеем:
cos (90° — a) = cos ф cos 60° (1)
Рис. 2.2
Рис. 2.3
67

или cos ф = 2 sin a,
sin ф = V! — 4 sin2 а = 2 Vsin (30° + a) sin (30° — а).
Из ДААХС
А С= h
2 Vs»n (30° + а) sin (30° - а)
И наконец,
= h2 sin 2а
AAlBC 8 sin (30° + а) sin (30° - а) ' V '
Полученное для SAAiBC выражение «подсказывает», что
допустимые значения для а в данной задаче находятся в пределах
0°<а<30°. Установим ограничения для значений а. Для этого
воспользуемся равенством (1). Из этого равенства следует, что
cos (90° —а)<cos 60°, 90° — а>60°, отсюда а<30°, а так как
а>0°, то 0°<а<30°.
2.1. В плоскости т расположен равносторонний треугольник ABC со стороной
а. На перпендикуляре к плоскости х в точке А отложен отрезок AZ = a. Найти
тангенс угла между прямыми АВ и ZC.
2.2. Плоский угол при вершине правильной шестиугольной пирамиды равен
углу между боковым ребром и плоскостью основания. Найти этот угол.
2.3. Косинус угла между боковыми ребрами правильной четырехугольной
пирамиды, не лежащими в одной грани, равен k. Найти косинус плоского угла
при вершине пирамиды.
2.4. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а,
плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти расстояние от центра
основания пирамиды до ее бокового ребра.
2.5. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна Л, а плоский угол
при вершине равен 2а. Определить площадь боковой поверхности пирамиды.
2.6. В цилиндр вписан параллелепипед; большая сторона его основания
равна а, угол между диагональю параллелепипеда и его большей боковой гранью
равен р, а угол между диагональю параллелепипеда и плоскостью его основания
равен а. Найти площадь боковой поверхности цилиндра.
2.7. Найти объем правильной четырехугольной пирамиды со стороной
основания, равной а, и плоскими углами при вершине, равными углам наклона
боковых ребер к основанию.
2.8. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды в 2 раза больше
стороны основания. Найти угол между апофемой пирамиды и не пересекающей ее
высотой треугольника, лежащего в основании пирамиды.
2.9. Все грани призмы — ромбы со стороной а и острым углом а. В одной из
вершин основания призмы сходятся вершины острых углов трех ее граней. Найти
объем призмы.
2.10. Найти косинус угла между апофемой и диагональю основания
правильной четырехугольной пирамиды, боковое ребро которой равно стороне основания.
68

Рис. 2.4
Решение, а) Достаточность. Пусть прямая АВ,
проходящая через вершину В угла CBD, лежащего в плоскости
х, составляет со сторонами данного угла равные углы (рис. 2.4).
Положим /LABC= Z.ABD = y. Из произвольной точки F луча
ВА опустим перпендикуляр FO на плоскость т и проведем луч
ВО. Положим далее
, = $X и p2
В соответствии с условием 0°<y<90° нетрудно показать,
что a, Pj и р2 также удовлетворяют этому требованию.
Используя результат задачи 2.1°, имеем
cos v = cos a cos pb cos v = cos a cos p2,
откуда cos p! = cos p2, следовательно, Pi = P2, т. е. луч ВО —
биссектриса угла CBD.
б) Необходимость. Пусть ВО — биссектриса угла
CBD. Положим
= yx и y2
Из задачи 2.1° имеем:
cos Yi = cos a cos p, cos y2 = cos a cos p.
Из выписанных равенств следует, что Yi = Y2» т-
Задача. Основанием призмы АВСАХВХСХ служит правильный
треугольник ABC со стороной а (рис. 2.5). Вершина Ах
проектируется в центр нижнего основания, а ребро ААХ наклонено
к плоскости основания под углом 60°. Определить боковую
поверхность призмы.
Решение. Так как вершина Ах проектируется в центр
О нижнего основания призмы, то на основании задачи 2.2° боко-
69

Рис. 2.5
Рис. 2.6
вое ребро ААХ составляет со сторонами основания АВ и АС
равные углы.
Используя задачу 2.1°, имеем:
cos А, А С = cos 60° cos 30° = -*р ,
тогда
sin
УТз"
"" 4
В грани ЛЛ^С из вершины С проведем перпендикуляр на
ребро ААХ. Аналогично из вершины В. Из равенства углов АХАВ
и АХАС следует, что оба перпендикуляра попадут в одну и ту же
точку Е на ребре ААХ и ВЕ = СЕ. Из построения ясно, что
треугольник ВСЕ — перпендикулярное сечение призмы.
Из ААСЕ
Из ДЛБС
=—-— а
Из AAtAO
Следовательно,
ДвСЕ ЛЛ1 —
АА,=
3 *
2аД/з"
Задача. Основанием наклонного параллелепипеда служит
ромб ABCD со стороной, равной а, и острым углом 60° (рис. 2.6).
Ребро ААХ также равно а и образует с ребрами АВ и AD углы
45°. Определить объем параллелепипеда.
70

Решение. Так как ребро ААХ образует с ребрами
основания АВ и AD равные углы, то ортогональная проекция О
вершины А{ на плоскость основания принадлежит его диагонали АС.
Из задачи 2.1° (для углов A{ADf AXAO и OAD) следует, что
1 Л/3
-= = cos АХАО • -^г- ,
Y$F 2
откуда
Из АА{АО
1 — За, А Dx — a 2 • 3 а—2а.
2.11. Основанием призмы служит параллелограмм с острым углом, равным
а. Боковое ребро, проходящее через вершину данного угла а, равно Ь и
составляет с прилежащими сторонами равные углы, каждый из которых равен р. Найти
высоту призмы.
2.12. Основанием пирамиды является правильный треугольник, сторона
которого равна а. Одно из боковых ребер образует с пересекающими его сторонами
основания равные углы а. Найти объем пирамиды, если ее вершина
проектируется в центр вневписанной окружности.
2.13. Основанием наклонной призмы служит правильный треугольник со
стороной, равной а. Длина бокового ребра равна Ь, а одно из боковых ребер
образует с прилежащими сторонами основания углы 45°. Определить объем этой
призмы.
2.14. Длины ребер параллелепипеда равны a, b и с. Ребра, длины которых
равны а и Ь, взаимно перпендикулярны, а ребро длиной с образует с каждым из
них угол 60°. Определить объем параллелепипеда.
2.15. Боковые ребра треугольной пирамиды имеют одинаковую длину и
равны а. Из трех плоских углов, образованных этими ребрами при вершине
пирамиды, два содержат по 45°, а третий — 60°. Определить объем пирамиды.
2.16. Основанием параллелепипеда ABCDA{BXCXDX служит квадрат со
стороной а, боковые ребра параллелепипеда равны Ъ. Боковое ребро ААХ образует
с пересекающими его сторонами острые углы, равные (р. Найти площади
диагональных сечений ААХСХС и BBXDXD параллелепипеда.
2.17. В треугольной пирамиде SABC дано: Л£=1, ЛС = 2, 4S = 4, /LBAC =
= /LBAS = 60° и /LCAS = 90°. Найти объем пирамиды.
2.18. В треугольной пирамиде SABC грань SBC перпендикулярна грани
АВСУ все плоские углы при вершине S равны —-, SB — SC—1 см. Найти объем
о
этой пирамиды.
2.19. В треугольной пирамиде все боковые ребра и два ребра основания
равны а. Угол между равными ребрами основания равен а. Определить объем
пирамиды.
71

2.20. Основанием пирамиды ZABC является правильный треугольник ABC,
а боковая грань ZBC перпендикулярна плоскости основания. Найти объем
пирамиды, если боковое ребро ZA равно / и составляет с ребрами основания АВ и АС
один и тот же угол, равный а.
В
Рис. 2.7
Решение. Пусть /.ABC — линейный угол данного
двугранного угла, грани которого обозначим буквами т и а (рис.
2.7). Согласно условию Z.ABC = a. Пусть AD— данная в
условии прямая: ADax и /.ADB = $. Так как ЛС_1_а, то /LADC
искомый.
Положим /LADC = y и AD — x.
Из AADB
AB = xsm р.
Из ААВС
AC = xsin р sin а.
Из AADC
sin у = АС : AD = sin а sin p.
Итак, имеем:
sin v = sin a sin p.
Примечание. По аналогии с задачей 2.1° мы будем называть
полученную зависимость теоремой о трех синусах. Эту задачу можно сформулировать
так: доказать, что синус угла, образованного прямой, лежащей в плоскости одной
из граней двугранного угла, с другой гранью, равен произведению синуса
двугранного угла на синус угла, который упомянутая прямая составляет с ребром
двугранного угла.
Задача. Найти объем правильной треугольной пирамиды,
сторона основания которой равна а и образует с боковой гранью
угол а.
Решение. Пусть ZABC (рис. 2.8) — данная в условии пра-
72

вильная треугольная пирамида. Согласно условию АС = а
и Z. (АС\ пл. ZBC) — a. Пусть Z.ZDO — линейный угол
двугранного угла при ребре основания ВС в данной пирамиде. Положим
/LZDO = $. Если бы значение р было нам известно, то решение
задачи не вызывало бы особых затруднений.
Заметим, что в условии данной задачи имеет место ситуация,
позволяющая применить результаты задачи 2.3°, положив в ней
(учитывая условие задачи) Y = a> a = P и Р = ^-. Таким образом,
о
имеем:
откуда
sin a= •—- sin p,
sin p = —p= sin a.
Площадь основания пирамиды SZABC = —-—, OD — радиус
вписанной в основание окружности, OD== а ^ .
Из AZOD
Находим объем пирамиды:
(1)
Теперь необходимо tg p выразить через функции угла а:
cos 6= \/1—т
1 -% /з sin a —4 sin3 a
~УЗ~ V sin а- ~
Найденное значение tg p подставляем
в (1):
sin За
Задача. Угол между плоскостью квад- л
рата ABCD и некоторой плоскостью т
равен а, а угол между стороной АВ и той же
плоскостью равен р. Найти угол между
стороной AD и плоскостью т.
Рис. 2.8
73

Рис. 2.9
Решение. Плоскость квадрата ABCD образует с
плоскостью х двугранный угол, величина которого по условию
равна а. Не сужая условия задачи и общности рассуждений
в решении, можно считать, что вершина А квадрата
находится на ребре упомянутого двугранного угла (рис. 2.9).
Углы BFBX и DEDl — линейные углы рассматриваемого
двугранного угла, и потому Z.BFB{= /LDEDi — a. Отрезки ВХА
и D{A — проекции сторон АВ и AD на плоскость т. Согласно
условию Z.BAB{ = fi.
Положим /-BAF = y и Z.DADx — y. В задаче требуется
найти у.
Применив результаты задачи 2.3° для углов, связанных со
стороной АВ, получим:
sin p = sin a sin ф,
откуда
sin 6
sin<p = -;—•
sin a
Найдем cos ф, который понадобится нам ниже:
cos
V, Sin2 p 1 -, / . о . о п
1 ^ = Vsin a — sin26 =
sin2 а sin а
1 -\ /1
-— у
sm а V
—cos 2а 1— cos 2р
sin a V z z sin a
Очевидно, что Z. DAE = 90° — ф. Применив результат задачи
2.3° к углам, связанным со стороной AD, получим:
sin 7 = sin a sin (90° — ф) = 5Ш a cos ф =
= sin
in(a —P),
Y = arcsin Vsin (a + P) sin (a — P).
74

2.21. Прямая АВ параллельна плоскости т. Прямая CD пересекает прямую
А В под острым углом а и образует с плоскостью т угол <р. Определить угол
между плоскостью т и плоскостью, в которой лежат прямые АВ и CD.
2.22. В прямоугольном треугольнике через биссектрису прямого угла
проведена плоскость, которая составляет с плоскостью треугольника угол а. Какие
углы она составляет с катетами треугольника?
2.23. Из точки на грани острого двугранного угла, проведены к ребру
перпендикуляр и наклонная. Доказать, что угол между перпендикуляром и
плоскостью второй грани больше угла, образованного наклонной с этой
плоскостью.
2.24. Дана трапеция ABCD, в которой Z.BAD = 60°. Через большее
основание AD проведена плоскость под углом 45° к боковой стороне АВ. Найти
отношение площади данной трапеции к площади ее проекции на данную плоскость.
2.25. Катет равнобедренного прямоугольного треугольника наклонен к
плоскости а, проходящей через гипотенузу под углом 30°. Доказать, что угол между
плоскостью а и плоскостью треугольника равен 45°.
2.26. Сторона АВ ромба ABCD с тупым углом 120° лежит в некоторой
плоскости т, составляющей с плоскостью ромба угол 45°. Площадь ромба равна
72 уЗ см2. Определить расстояние от стороны CD до плоскости т и угол, который
составляет большая диагональ ромба с этой же плоскостью.
2.27. В прямоугольном треугольнике через его гипотенузу проведена
плоскость, составляющая с плоскостью треугольника угол а, а с одним из катетов
угол р. Найти угол между этой плоскостью и вторым катетом.
2.28. Через сторону АС треугольника ABC проведена плоскость под углом
45° к ВС. Найти угол между А В и плоскостью, если АС = ВС, Z.C = 90°.
2.29. В боковой грани правильной четырехугольной пирамиды проведена
биссектриса угла при основании, равного 2а. Найти угол, который
биссектриса составляет с плоскостью основания пирамиды, указать допустимые
значения а.
2.30. В правильной я-угольной пирамиде сторона основания равна а и
составляет с плоскостью смежной боковой грани угол а. Найти боковую
поверхность пирамиды и указать допустимые значения-для а. о
Примечание. Эту зависимость часто
называют теоремой косинусов для
трехгранного угла.
75

Решение. В трехгранном угле SABC (рис. 2.10) имеем
Z.BSC = a, /-ASC = $ и Z-ASB — y. Через произвольную точку Сь
принадлежащую ребру SC, проводим плоскость,
перпендикулярную этому ребру и пересекающую ребра SA и SB в точках Ах
и В{ соответственно. Угол А1С]В1— линейный угол двугранного
угла при ребре SC> и согласно условию Z.AlClBl = (p. Положим
SC{ = x. Тогда из ASBXC{
cos a
из ASAtC,
cos p
из ASAXB{ (по теореме косинусов)
cos* a cos' p cos a cos I
из AAlBlCl (аналогично)
AXB\ = jc2 tg2 a + jc2 tg2 p —2JC2 tg a tg p cos <p. (2)
Из (1) и (2) имеем:
4 4
cos a cos
p
— 2JC2 tg a tg p cos ф,
+-ТТ
p
Т+ТТtg
cos a cos p cos a cos p
л cos V sin a sin p
1 • = COS ф,
cos a cos p cos a cos p
откуда
cos у — cos a cos p
COS ф=-
sin a sin
Задача. Основанием призмы служит правильный
треугольник со стороной, равной а. Боковое ребро равно b и составляет
с пересекающими его сторонами основания острые углы,
соответственно равные аир. Найти объем призмы.
Решение. Пусть ABCAlBlCl (рис. 2.11) — данная в условии
призма, основанием которой является правильный треугольник
ABC. Согласно условию АВ — а и ААХ = Ь. Пусть Z.AxAC = a
и ^Л,ЛВ = р.
Проведем АХЕЛ.АС и соединим точку Е с основанием О
высоты призмы АуО. В зависимости от числовых значений а,
Р и Ь точка О может находиться внутри, на границе и вне
треугольника ЛВС, однако ее положение не влияет на ход решения.
76

На рисунке 2.11 точка О лежит внутри треугольника ABC. По
теореме о трех перпендикулярах О£_1_ЛС, и потому угол
АХЕО — линейный угол двугранного угла пря ребре основания
АС. Положим /-А1ЕО = ц>. Тогда по 2.4° для трехгранного угла
с вершиной А имеем:
cos
COS ф =
— — cos a
2 cos 6 — cos а
=
V3"
cos а
V/2 cos 6 — cos a\2
\ Л/3 sin a /
y3 — 4 (cos2 a — cos a cos p-f-cos2 p)
y3 sin a
Из AA{AE
AxE = b sin a.
Из AAXEO
A{O = b sin a sin cp = —=гД/3 — 4 (cos2 a — cos a cos 6 +cos2 6).
V3
Находим, объем призмы:
Задача. В тетраэдре три плоских угла при одной из вершин
равны a, p и 7» а противолежащие этим углам ребра, сходящиеся
в той же вершине, равны соответственно a, b и с. Найти объем
тетраэдра.
Решение. Пусть в тетраэдре ZABC дано: Z.iBZC = a,
4ZC = p и Z4Z£ = y(Phc. 2.12), Тогда ZA = a, ZB = b и ZC = c.
Будем рассматривать грань AZC как основание треугольной
77

пирамиды. Проведем из вершины В перпендикуляр ВО
относительно положения точки О в плоскости грани AZC (см.
замечание к предыдущей задаче) на грань AZC и построим угол
ВЕО — линейный угол двугранного угла при ребре ZC.
Положим ZJ3£O = (p.
Используя результат задачи 2.4°, имеем:
cos v — cos a cos В
COS ф = ,
sin а sin р
-\ Л /<
sin
V, / cos v — cos а cos 6 \2
1—1 -) =
\ sin а sin p /
у sin2 а sin2 0 — (cos у—-cos а cos
sin а sin 0
Из AZBE
BE = b sin а.
Из А ВЕО
BO = b sin а-sin cp =
= -:—ysin2 a-sin2 p — (cos y — cos a cos P)2.
sin p
Найдем площадь грани AZC:
Находим объем тетраэдра:
VW—ac sin р«— Vsin2(l sin2 p-—(cos y —cos a cos P)2 =
" sin p
= — abc ysin2 a sin2 p — (cos y — cos a cos P)2.
Преобразуем выражение, стоящее под радикалом:
sin2 a sin2 p — (cos y — cos a cos P)2 = (sin a sin p —
— cos y + cos a cos P)(sin a sin p + cos y — cos a cos p) =
= (cos(a —P) —cos y)(cos y —cos(a + P)) =
Таким образом, для объема тетраэдра получаем следующее
выражение:
2.31. В трехгранном угле два плоских угла по 45°, а двугранный угол между
ними равен 60°. Найти третий плоский угол.
78

2.32. Определить угол между двумя смежными диагональными плоскостями
в кубе. (Диагональные плоскости в кубе называются смежными, если они
проходят через смежные стороны основания.)
2.33. В треугольной пирамиде две боковые грани — равнобедренные
прямоугольные треугольники, гипотенузы которых равны b и угол между ними равен
а. Одно из боковых ребер пирамиды перпендикулярно к плоскости основания.
Найти объем пирамиды.
2.34. Плоские углы трехгранного угла равны а, 0 и у. На расстоянии 1 см от
вершины трехгранного угла на том его ребре, к которому примыкают плоские
углы р и у, взята точка. Определить расстояние от этой точки до плоскости угла а.
2.35. Линейный угол двугранного угла, составленного двумя смежными
боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды, в 2 раза больше плоского
угла при вершине пирамиды. Найти плоский угол при вершине пирамиды.
2.36. Отрезок прямой, соединяющий центр основания правильной
треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, равен стороне основания. Найти
косинус угла между смежными боковыми гранями.
2.37. Стороны основания параллелепипеда равны а и 6, а угол между ними
равен а. Найти объем параллелепипеда, если боковое ребро, проходящее через
вершину данного угла, составляет с его сторонами углы 0 и у, а длина его
равна с.
2.38. В трехгранном угле ОАВС (О — вершина) все внутренние двугранные
углы равны а. Найти угол между ребром ОА и биссектрисой угла ВОС.
2.39. Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Одна из
боковых граней пирамиды перпендикулярна к плоскости основания. Найти косинус
угла между двумя другими боковыми гранями, если обе они составляют с
плоскостью основания один и тот же угол, равный а.
2.40. Определить угол между двумя смежными гранями: а) правильного
октаэдра; б) додекаэдра; в) икосаэдра.
Рис. 2.13
Решение. Примем за основание данной пирамиды грань
SBC (или, как иногда говорят, «положим пирамиду на грань
SBC») (рис. 2.13). Тогда А — вершина пирамиды. Проведем
ЛОЛпл. SBC и соединим точки О и S. Из точки Ах на ребре SA
проведем Л^Лпл. SBC. Тогда О{ принадлежит отрезку SO.
Из подобия треугольников SAXO{ и SAO и данных условия
79

следует, что AlOl = kAO. Положим Z.CSB =
V{ пирамиды AjS^iC,:
и найдем объем
= klm\-±rSB-SC sin у-АО =
Z
Задача. Треугольная пирамида рассечена плоскостью на два
многогранника. Найти отношение объемов этих многогранников,
если известно, что секущая плоскость делит три ребра,
сходящиеся в одной вершине, в отношениях 1:2, 1:2 и 2:1, считая от этой,
вершины.
Решение. Пусть секущая плоскость пересекает ребра
данной пирамиды AZ, АС и АВ в точках £, К и F соответственно
(рис. 2.14), причем
AE:EZ=l:2, ЛЛ':/(С= 1:2, AF:FB = 2:l.
Положим VZABC—V.
Из задачи 2.5° имеем:
Тогда
119 9
v = JL._._ v=— v
УAEKF з з з 27 У-
/ 25
EKFZBC — "27"
Находим искомое отношение:
Vaekf ,
VEKFZBC
2_
25 "
Рис. 2.14
80

Задача. В правильной треугольной пирамиде SABC с
вершиной S и объемом V проведена плоскость, которая
параллельна медиане основания BN и пересекает боковое ребро SA в точке
/С, а боковое ребро SB в точке L, причем SK=-xSA, SL=—SB.
z о
Найти объем части пирамиды, лежащей ниже этой плоскости.
Решение. Пусть секущая плоскость пересекает ребро SC
в точке М (рис. 2.15). Определим, в каком отношении точка
М делит ребро SC. Через ребро SB и медиану BN проведем
плоскость, которая пересечет грань SAC по апофеме SN> а плоскость
KLM по прямой LP, параллельной BN. Поэтому
SP = ±SN. (1)
Проведем ААХ\\КМ и NNX\\AAX. Прямая ЛЛ,пересечет SN
в точке Q.
Так как К — середина ребра SA, то SP = PQ и SM = MAX.
Учитывая (1), получим, что PQ = QN. Из этого следует, что
MAX=AXNX. Поскольку N — середина АС, то AXNX = NXC. Таким
образом, получаем, что
Следовательно, SM=jSC. Тогда, используя задачу 2.5°,
имеем:
=1 i ii/=_Li/
2 3*4 24
Значит,
23
24
v ABCKLM—~^Т *•
2.41. Каждое ребро тетраэдра ABCD равно 12 см. На ребрах АВУ АС и AD
выбраны соответственно точки /С, L и М так, что AL:LC= 1:1, AM:MD =
= 1:2 и АК:КВ = 2:\. Найти объем тетраэдра AKLM.
2.42. Плоскость проходит через вершину А треугольной пирамиды SABC,
делит пополам медиану SK треугольника SAB, а медиану SL треугольника SAC
пересекает в точке Dy такой, что SD — —SL. В каком отношении эта плоскость де-
о
лит объем пирамиды?
2.43. Дан правильный тетраэдр SABC с ребром длины 1. Точки D, Е и F
лежат соответственно на ребрах AS, BS и CS, причем длины отрезков AD и BE
1 2
равны —-, длина отрезка CF равна —. Найти объем тетраэдра ODEF, где О —
3 о
центр грани ABC.
2.44. Основанием пирамиды ZABCD (Z — вершина) является квадрат. Ребро
ZA перпендикулярно к плоскости основания. На ребре ZC выбрана точка L так,
6 Заказ 965 81

что ZL:LC = 3:1. Через точки А и L проведена плоскость параллельно диагонали
BD основания пирамиды. В каком отношении эта плоскость делит объем
пирамиды?
2.45. В треугольной пирамиде SABC ребро SB перпендикулярно плоскости
ABC, причем АВ — ВС—СА = SB. Через точку М — середину ребра AS
проведена плоскость, перпендикулярная ребру AS. Найти отношение объемов частей, на
которые эта плоскость разбивает пирамиду.
2.46. Плоскость пересекает боковые ребра треугольной пирамиды SA, SB
и SC в точках /(, L и М соответственно. В каком отношении делит эта плоскость
объем пирамиды, если известно, что SK:KA = SL:LB = 2, а медиана SN
треугольника SBC делится этой плоскостью пополам?
2.47. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S. На
продолжении ребра CD взята точка /С, такая, что KD:KC = 3:4. На ребре SC
взята точка L, такая, что SL:LC —2:1. В каком отношении делит объем
пирамиды плоскость, проведенная через точки К, В и L?
2.48. Через сторону основания и середину высоты правильной
четырехугольной пирамиды проведено сечение. В каком отношении это сечение делит объем
пирамиды?
2.49. Плоскость пересекает боковые ребра SA, SB и SC правильной
четырехугольной пирамиды SABCD соответственно в точках М, N и К так, что
SM:MA=2:\, SN:NB=\:\ и S/(:/CC = 2:3.
В каком отношении эта плоскость делич объем пирамиды?
2.50. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с
вершиной S. Через середины ребер АВ, AD и CS проведена плоскость. В каком
отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
5. ФОРМУЛЫ ПЕРЕХОДА
Среди углов, которые можно рассматривать в правильной
пирамиде, наиболее часто встречаются в задачах:
а) угол наклона бокового ребра к плоскости основания
пирамиды, его величину условимся обозначать буквой а;
б) угол наклона боковой грани к плоскости основания Р;
в) плоский угол при вершине пирамиды у,
г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды б.
Заметим, что все перечисленные выше углы, называемые
иногда основными, лежат в разных плоскостях. Зная величину
любого из них, можно определить величину всех остальных углов
(иными словами, тригонометрические функции этих остальных
углов можно выразить через тригонометрические функции
данного угла). Эти зависимости мы назовем формулами
перехода.
82

Примечание 1. Поскольку для
решения многих задач желательно знать
величину угла наклона бокового ребра к
плоскости основания пирамиды либо угла наклона
боковой грани к плоскости основания, то мы
будем выводить формулы перехода только
к этим углам.
Примечание 2. Условимся запись
«от р к а» читать так: «В правильной
(3-, 4- или n-угольной) пирамиде
тригонометрическую функцию угла а выразить через
тригонометрические функции угла р».
Аналогично читаются записи: от у к а, от б к р и др
Рис. 2.16
Решение. При выводе формул перехода мы будем
руководствоваться следующей идеей: обозначим через х длину
отрезка в правильной пирамиде, входящего как в прямоугольный
треугольник, содержащий данный угол, так и в треугольник,
содержащий искомый угол. Выразим далее через х и функции данного
угла одну из двух других сторон в том треугольнике, который
содержит искомый угол. Затем найдем функцию искомого угла.
Вывод формул перехода для правильной четырехугольной
пирамиды.
В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD (рис. 2.17),
как было обусловлено выше, обозначим:
= Z.ZCO=
y $ и
Опишем построение /.BED— линейного угла двугранного
угла при боковом ребре ZC.
В грани ZCD проводим DEX.ZC и соединяем точку Е с
вершиной основания В. Нетрудно показать, что треугольники ВЕС
и DEC равны. Из этого следует, что BE = ED и /.ВЕС =
= /-DEC = ^ . Таким образом, /-BED — линейный угол
двугранного угла при ребре ZC. Отрезок ОЕ — медиана
равнобедренного треугольника BED, следовательно, и биссектриса и высота
этого треугольника. Поэтому /.OED = —.
Отрезок ОР принадлежит линии пересечения плоскостей
линейных углов BED и ZFO. Так как плоскость линейного угла
перпендикулярна граням двугранного угла, то каждая из плос-
83

Рис. 2.17
костей — BED и ZOF — перпендикулярна плоскости ZCD.
Можно показать, что линия пересечения двух плоскостей, каждая из
которых перпендикулярна третьей плоскости, перпендикулярна
к этой третьей плоскости. Поэтому OP J-ZCD, Из этого, в
частности, следует, что треугольники OPF и OPD прямоугольные
Перейдем теперь к выводу формул перехода:
а) от р к а.
Положим ZO = x.
Из AZOF
Из AOFD
Из AZOD
OD
tga=—
(I)
б) от у к а.
Положим ZD = x.
Из AZOF
Из
84

Из AZOD
х д/2" sin 1
cos a=
a = V2"sin|; (II)
в) от б к a.
Положим ЕО = х.
Из AEOD
Из АЕОС
xi*2
г) от a к р.
Формулу перехода для этой задачи получаем из (I):
(III)
; (iv)
д) от у к р.
Эта задача решается аналогично задаче б). Поэтому, опуская
решение, запишем получающуюся при этом формулу перехода:
cosp = tg^-; (V)
е) от б к р.
Для решения этой задачи вся подготовительная работа уже
выполнена. Напомним, что выше было, в частности, показано,
что треугольники OPD и OPF прямоугольные и что Z.DOP = -^.
Поэтому переходим непосредственно к выводу формулы.
Положим ОР = х.
Из AOPD OD=^—?—. Из AOFD OF=— x
cos— \J2 cos —
Из AOPF
Sin p= — v<" ^^ -y ,
(VI)
85

Вывод формул перехода для правильной треугольной
пирамиды.
В правильной треугольной пирамиде (рис. 2.18) Z.ZFO—
линейный угол двугранного угла при основании пирамиды.
Описание построения Z.AEC — линейного угла двугранного угла
при боковом ребре ZB — опускаем, поскольку оно аналогично
описанию соответствующего угла в правильной четырехугольной
пирамиде, приведенному выше. Из рисунка видно, что АР —
линия пересечения плоскостей AZF и АЕС. Аналогично тому, как
было сделано для правильной четырехугольной пирамиды,
доказывается, что АРА-пл. ZBC. Следовательно, треугольники АРС
и APF прямоугольные и Z.C4P = —.
Для обозначения величин основных углов в правильной
треугольной пирамиде употребим те же буквы, которыми
обозначались величины этих углов в правильной четырехугольной
пирамиде: а, р, у и 6.
Перейдем к выводу формулы перехода:
а) от р к а.
Положим ZO = x.
Из AZOF
OF = x ctg p.
Из A OF В
OB = 2x ctg p.
Из AZOB
(VII)
Решение задачи а), как мы видим, аналогично решению
задачи а) для правильной четырехугольной пирамиды (см. с. 84). То
же наблюдается и при выводе остальных пяти формул перехода
для правильной треугольной пирамиды. Поэтому мы приводим
эти формулы, опуская их вывод:
б) cos a=-jL sin |; (VIII)
в) sina = ^=ctg|; (IX)
2tga; (X)
д) cos|3=^=tg|; (XI)
е) sinp=-^=cos|. (XII)
86

Предлагаем читателям вывести формулы VIII — XII
самостоятельно.
Формулы перехода для правильной п-угольной пирамиды.
На рисунке 2.19 изображена часть правильной п-угольной
пирамиды ZABC... . Величины основных углов обозначены, как
и ранее, буквами а, р, v и 6. Z.ZFO — линейный угол
двугранного угла при ребре основания АВ: Z.ZFO = $. Построение
/.ЛЕС — линейного угла двугранного угла при боковом ребре ZB,
как и в случае правильной треугольной пирамиды, опускаем.
Ясно, что ВО — биссектриса /-АВС и поэтому в
равнобедренном треугольнике ABC отрезок BN — биссектриса, медиана
и высота. Следовательно, N — середина АС. Очевидно, что АЕ =
= ЕС и потому треугольник АЕС равнобедренный и EN — его
медиана, биссектриса и высота. Поэтому Z.AEN = —.
Отрезок МР принадлежит линии пересечения плоскостей
линейных углов ZFO и АЕС, и потому, как уже упоминалось выше
при рассмотрении правильной четырехугольной пирамиды,
МРА-пл. ZAB. Из этого непосредственно следует, что
треугольники AMP и MPF прямоугольные и Z.AMP= Z.AEN = —
(рис. 2.19).
Поскольку BN — высота треугольника ABC, то Z.BAN —
= Z-BOF = — как острые углы с соответственно
перпендикулярными сторонами.
Из шести формул перехода для правильной n-угольной
пирамиды первые пять мы приведем без доказательств, поскольку их
87

вывод аналогичен выводу соответствующих формул перехода
для правильных четырехугольной и треугольной пирамид, и
докажем лишь одну: от б к р.
(ХШ)
(XIV)
(XV)
(XVI)
(XVII)
a) t
б) с
в) s
д) с
ga = tgp
sin
sin
ina = ctg
„о t*«
* ^ я
cos —
n
osp = tg^
е) от б к р.
Я
n '
1
2 ш
я '
n
2 Clg n '
Положим МР = х.
Из ААМР
Из
Из
AAMF
AMPF
Л
sin p =
Л M
X
6 *
cos-
X
1Г — oiii
0
C0S 2"
X
6
cos-
sin p =
X
. я
olll —
/2
6
COS-
. я
sin —
n
л
n
6
cos-
. я
с i n
я
(XVIII)
Формулы перехода включены в таблицу 1. Они эффективно
используются при решении многих геометрических задач, но
запоминать их, разумеется, не нужно. Достаточно знать идею их
вывода.
Задача. Определить объем правильной четырехугольной
пирамиды, боковое ребро которой равно а и двугранный угол при
боковом ребре равен р.
88

CO.
во
О
QQ.
Р-
5
8
8
<©
5
8
it
Р-
6
8
GQ.
6
во |<м
8
О
||
II
СО.
С
'ёл
II
со.
ел
О
О
8
(N
II
00.
«о
tub
ilCO
II
8
.£
'33
'ел
II
8
еЛ
О
О
СО.
II
8
со
«О |(N
8
CJ
^1
II
II
CO.
с
'сЛ
1
CO.
сЛ
О
CJ
8
SP
II
QQ.
2Р
«D |CM
CJ
II
8
.£
ёл
^|с
с
СЛ
II
8
ел
О
CJ
ОО.
ър
— [^
II
8
SP
1 1
8
с
О СЛ
II
II
OCL
С
'35
ja
а
P
Ti
QO.
СЛ
О
8
SP
К 1 С
COS
II
00.
bJD
ii t;
e во
||
II
- 1^
a
'ёл
hlk
II
8
СЛ
о
CJ
cos-
CO.
SP
II
8
ър
89

М
Решение. Обозначим
величину угла наклона бокового ребра
к плоскости основания через а (рис.
2.20): Z.ZCO = a. Тогда H = ZO =
= asina и ОС = а cos a. Так как
f
К 4C = 2OC = 2acosa, то S0CH=^AC2 =
= 2а2 cos2 a.
Следовательно,
Рис. 2.20
1/=^-a3 sin a cos2 a
(1)
По формуле (III), заменив в ней б на р, имеем:
8 о * А 2 fl cos Р
sina = ctg-£, cos2a=l—ctg^ = -.
Sln 2
2
Найденные выражения для sin a и cos2 a подставляем в (1):
Получившийся в ответе знак «—» наталкивает нас на мысль,
что для всех допустимых значений р в условии данной задачи
cosp<0. (Допустимые значения р устанавливаются из
геометрических свойств правильной четырехугольной пирамиды, а не
из вида полученного для объема пирамиды выражения (2).)
Задача. В правильной треугольной пирамиде длина радиуса
круга, вписанного в основание, равна г, а величина угла между
плоскостями боковых граней пирамиды равна ф. Определить
длину ребра куба, объем которого в д/3^ раза больше объема
данной пирамиды.
Решение. Радиус окружности, вписанной в правильный
треугольник, выражается через сторону этого треугольника
формулой
отсюда а = 2гЛ/3, или ВС = 2гЛ/3 (рис. 2.18). Тогда площадь
основания рассматриваемой пирамиды
Так как радиус окружности, описанной около правильного
треугольника, в 2 раза больше радиуса окружности, вписанной
в этот треугольник, то ОВ = 2г.
Положим ZZBO = a. Из AZBO
= 2rtga.
90

Находим объем пирамиды:
У = 3
О
Пусть длина искомого ребра куба равна х. Из условия
задачи составляем уравнение
откуда
з
(3)
Выразим теперь tg a через функции угла ср с помощью
формулы (IX) и известных тригонометрических соотношений:
sin a = —==•
•V-(MWf-f)
tga=
V3.in|
Найденное для tg a выражение подставляем в (3)
x =
2.51. Найти величину двугранного угла между боковыми гранями
правильной треугольной пирамиды, если двугранный угол, образованный боковыми
гранями с плоскостью основания, равен а.
2.52. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а,
угол между смежными боковыми гранями равен а. Найти площадь боковой
поверхности пирамиды.
91

2.53. Найти величину двугранного ума между смежными боковыми гранями
правильной шестиугольной пирамиды, вписанной в сферу, зная, что она равна
величине угла, под которым видно из центра сферы боковое ребро пирамиды.
2.54. Найти объем правильной треугольной пирамиды со стороной основания
длиной а и плоским углом при вершине, равным углу наклона бокового ребра
пирамиды к основанию.
2.55. Найти объем правильной четырехугольной пирамиды, если ее боковое
ребро равно /, а угол наклона боковых граней к плоскости основания равен а.
2.56. Объем конуса, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду,
равен Q. Двугранный угол, образованный смежными боковыми гранями, равен
а. Найти длину стороны основания пирамиды.
2.57. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а,
двугранный угол между боковыми гранями равен а. Вычислить объем и боковую
поверхность пирамиды.
2.58. Полная поверхность правильной четырехугольной пирамиды равна S,
а плоский угол боковой грани при вершине равен а. Найти высоту пирамиды.
2.59. В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD угол между
перпендикулярами AL и AM, опущенными из точки А на плоскости боковых граней ZBC
и ZCD, равен а. Найти объем пирамиды, если объем куба, ребро которого равно
стороне основания пирамиды, равен V.
2.60. В правильной я-угольной пирамиде двугранный угол при боковом
ребре равен а. Боковая поверхность пирамиды равна S. Найти расстояние от центра
основания до боковой грани.
6. КОМБИНАЦИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ТЕЛ
Z
Рис. 2.21
Решение. Рассмотрим сечение шара плоскостью осевого
сечения конуса (рис. 2.21). В сечении получается круг, в который
вписан равнобедренный треугольник AZB (AZ = ZB). Высота
ZO{ треугольника AZB является высотой конуса, вершина
которого Z.
Покажем, что центр описанного около конуса шара лежит на
высоте конуса или на ее продолжении за плоскость основания
(последнее имеет место тогда, когда угол наклона образующей
конуса к плоскости его основания меньше 45°).
92

Допустим, что образующая конуса составляет с плоскостью
основания угол, больший 45° (рисунок 2.21 выполнен при этом
предположении). Если из центра шара опустить перпендикуляр
на основание этого конуса, то он попадет в центр основания —
точку О,. В этой же точке пересекает основание конуса его
высота. Так как в любой точке плоскости можно провести к ней
только один перпендикуляр, то из этого следует, что центр
описанного около конуса шара принадлежит высоте конуса.
Аналогично обосновывается, что центр описанного около
конуса шара лежит на продолжении высоты конуса за плоскость
основания, если угол наклона образующей к плоскости
основания конуса меньше 45°.
В треугольнике AZB согласно условию ZA = ZB = l и
Z.ZAB = Z.ZBA = a. Из этого треугольника по известному
соотношению, вытекающему из теоремы синусов, имеем:
l = 2Rs\na.
Умножив обе части последнего равенства на / и учитывая,
что из треугольника AZOX H = l sin а, получаем:
Задача. Найти поверхность шара, описанного около конуса,
высота которого равна //, а угол в осевом сечении конуса
равен р.
Решение. Для решения этой задачи воспользуемся
рисунком 2.21. В соответствии с условием задачи в треугольнике AZB
имеем ZOX = H и Z.AZB = $. Тогда AZAOl = 90° — -|.
Из AAZO{
Л2_ zox _ н
~~ cos AZOX~~ cos|*
Используя задачу 2.7°, находим радиус шара, описанного
около данного конуса:
AZ C°S^ H
2 sin ZAO, 2sin^0O-|) 2 cos2{'
Находим поверхность описанного шара:
93

Задача. Найти полную поверхность конуса, вписанного в шар
радиуса R, если образующая конуса наклонена к плоскости
основания под углом а.
Решение. Для решения этой задачи также воспользуемся
рисунком 2.21. Используя задачу 2.7°, имеем:
AZ = 2Rs\na.
Из AAZO,
AO{=AZ cos a = 2R sin a cos a = R sin 2a.
Найдем теперь полную поверхность конуса:
Sn = nAO{ (AZ + AO^^nR sin 2a (2R sin a +
+ R sin 2a) = 2nR2 sin 2a sin a(l +cos a) =
= 4я/?2 sin 2a sin a cos2-^ .
2.61. Определить поверхность шара, описанного около конуса, у которого
радиус основания равен R, а высота равна h.
2.62. В шар, площадь поверхности которого S, вписан конус. Угол между
образующей конуса и плоскостью основания равен а. Определить площадь полной
поверхности конуса.
2.63. В шар, объем которого равен V, вписан конус. Угол между высотой
и образующей конуса равен а. Найти объем конуса.
2.64. В шар, радиус которого равен /?, вписан конус; в этот конус вписан
цилиндр с квадратным осевым сечением. Найти полную поверхность цилиндра,
если угол между образующей конуса и плоскостью его основания равен а.
2.65. Определить боковую поверхность конуса, зная длину радиуса R
описанного вокруг него шара и угол а, под которым из центра шара видна образующая
конуса.
2.66. Найти отношение площади полной поверхности конуса, вписанного
в шар, к площади поверхности этого шара, если известно, что угол.при вершине
осевого сечения конуса равен а.
2.67. В шар вписан конус. Площадь осевого сечения конуса равна S, а угол
между высотой и образующей равен а. Найти объем шара.
2.68. В шар вписан конус, объем которого равен —• объема шара. Найти
объем шара, если высота конуса равна И.
2.69. Сечение, перпендикулярное к высоте конуса и проходящее через центр
описанного около него шара, делит конус на две равновеликие части. Найти угол
между образующей и плоскостью основания конуса.
2.70. Отношение высоты конуса к радиусу описанного около него шара равно
д. Найти отношение объема конуса к объему шара. При каких значениях q
задача имеет решение?
94

Рис. 2.22
Решение. Покажем, что центр шара, вписанного в конус,
лежит на высоте конуса.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ZOA (Z-ZCM =90°),
в который вписан полукруг так, что его центр — точка О{ —
лежит на катете ZO и он касается гипотенузы в точке £, а катета
АО в точке О (рис. 2.22). При вращении этой комбинации фигур
вокруг катета ZO получается конус с вписанным в него шаром.
Из приведенного описания построения рассматриваемой
комбинации тел следует, что центр вписанного в конус шара лежит на
высоте конуса и шар касается основания конуса в его центре.
Рассмотрим сечение этой комбинации тел плоскостью осевого
сечения конуса. В сечении получается равнобедренный
треугольник ZAB, в который вписана окружность с центром в точке Оь
лежащей на высоте треугольника ZO (она же и высота конуса,
рис. 2.23). Эта окружность является большой окружностью
вписанного в конус шара, и потому ее радиус ОХО равен R. Центр
О{ является точкой пересечения биссектрис углов AZB и ZAO
треугольника AZB. Так как согласно условию Z.ZAO = a, то из
сказанного выше следует, Z-O{AO = ^-. Ясно, что АО — радиус
основания конуса и потому АО = г.
Из ДО,ЛО
или
Л-rtgf.
Из AZAO по свойству биссектрисы внутреннего угла
треугольника (см. задачу 1.5 ) имеем:
az _ гох
АО~~ ОХО '
или
/ H — R
95

откуда
и
T+7-
Задача. Шар радиуса R вписан в конус. Найти объем конуса,
если его образующая составляет с плоскостью основания угол а.
Решение. Для решения этой задачи воспользуемся
рисунком 2.23.
Из ААООХ
Л О = 00, ctg ОЛ О, = /? ctg-|.
Из AZAO
Объем конуса
Задача. В конус, объем которого равен т, вписан шар. Найти
объем этого шара, если угол при вершине в осевом сечении
конуса равен р.
Решение. Эта задача решается введением
вспомогательного линейного элемента.
Положим ОО{ = х (рис. 2.23). Очевидно, что
90°-|, а
Объем шара
Из ААОО1
АО = 00 { ctg О А О{ = jcctg (45° —J-).
Из AZAO
ZO = АО ctg AZO = x ctg (45° -|) ctg |.
Объем конуса
96

Согласно условию объем конуса равен
Учитывая это, получаем уравнение
откуда
Таким образом,
2.71. Расстояние от центра вписанного в конус шара до вершины конуса
равно а. Угол между образующей и плоскостью основания конуса равен а. Найти
обьем конуса.
2.72. Площадь поверхности шара, вписанного в конус, равна Q. Определить
площадь полной поверхности конуса, если наибольший угол между его
образующими равен а.
2.73. В конус вписан шар. Радиус окружности, по которой касаются конус
и шар, равен г. Найти объем конуса, если угол между высотой и образующей
конуса равен а.
2.74. В конус вписан шар, поверхность которого равна площади основания
конуса. Найти косинус угла при вершине в осевом сечении конуса.
2.75. Отношение объема шара, вписанного в конус, к объему описанного
шара равно к НаЙ1и угол между образующей конуса и плоскостью его основания
и допустимые значения к.
2.76. В конус вписан шар и к шару проведена касательная плоскость
параллельно плоскости основания конуса. В каком отношении эта плоскость делит
поверхность конуса, если известно, что угол между образующей и плоскостью
основания равен а?
2.77. В конус вписан шар радиуса г. Найти объем конуса, если известно, что
плоскость, касающаяся шара и перпендикулярная к одной из образующих
конуса, отстоит от вершины конуса на расстоянии d.
2.78. В конус, высота которого равна радиусу основания, вписан шар. Най-
ги отношение объема шара к объему конуса.
2.79. Плоскость, проведенная через центр шара, вписанного в конус,
параллельно плоскости основания конуса, делит объем конуса пополам. Найти угол
при вершине осевого сечения конуса.
2.80. Образующая конуса равна / и составляет с высотой конуса угол,
равный а. Через две образующие конуса, угол между которыми равен р, проведена
плоскость. Найти расстояние от этой плоскости до центра шара, вписанного
в конус.
7 Заказ %5
97

Рис. 2.24
Решение. Заметим, что если пирамида вписана в шар, то
это означает, что все ее вершины лежат на его поверхности.
Плоскость основания пирамиды пересекает шаровую
поверхность по окружности, описанной около основания пирамиды. Это
свойство, таким образом, является необходимым для пирамиды,
вписанной в шар. Оно же является и достаточным. Докажем
это. Иными словами, докажем, что если около основания
пирамиды можно описать окружность, то такую пирамиду можно
вписать в шар (или, что то же, около нее можно описать шар).
Пусть ZABCD — пирамида, около основания которой можно
описать окружность (рис. 2.24). Хотя мы для определенности
рассматриваем четырехугольную пирамиду, общность
приводимых ниже рассуждений позволит считать полученный далее
вывод верным для любой /г-угольной пирамиды, около основания
которой можно описать окружность.
Пусть О — центр окружности, описанной около основания
ABCD. Через точку О проведем прямую /п, перпендикулярную
основанию пирамиды. Очевидно, что прямая является
геометрическим местом точек, одинаково удаленных от всех вершин
основания пирамиды.
Через середину Е ребра ZA перпендикулярно к нему
проведем плоскость т (на рисунке не показанную), которая пересечет
прямую т в некоторой точке Ох. Такое пересечение всегда будет
иметь место. Действительно, ребро ZA и прямая т могут быть
параллельны, либо пересекаться, либо быть скрещивающимися
(т. е. ребро ZA будет лежать на некоторой прямой,
скрещивающейся с прямой т). В первых двух рассматриваемых случаях,
если плоскость пересекает перпендикулярно одну из прямых
(ZA), то она пересечет и другую прямую (т). В последнем же
случае плоскость, пересекающая одну из скрещивающихся
прямых под прямым углом, не пересечет другую прямую только
98

лишь в том случае, если эти скрещивающиеся прямые
перпендикулярны. Но прямая т не может быть перпендикулярна к ребру
ZA (и вообще ни к какому боковому ребру пирамиды). Поэтому
плоскость т обязательно пересечет прямую т. Итак, мы
обосновали необходимость существования точки Ot.
Из построения видно, что плоскость т является
геометрическим местом точек, одинаково удаленных от вершин А и Z
рассматриваемой пирамиды. Поэтому точка Ох, принадлежащая
плоскости т, одинаково удалена от тех же вершин. Но поскольку
точка Ох принадлежит и прямой т, то она одинаково удалена от
всех вершин основания. Следовательно, точка Ох одинаково
удалена от всех вершин рассматриваемой пирамиды, и потому
Ох — центр описанного шара.
Итак, доказано, что если около основания пирамиды можно
описать окружность, то такую пирамиду можно вписать в шар
(или около нее можно описать шар).
Рассмотрим далее пирамиду, у которой все боковые ребра
равны (или, что то же, одинаково наклонены к плоскости
основания пирамиды). Очевидно, что у такой пирамиды высота
пересекает основание пирамиды в центре описанной около него
окружности. Поэтому такую пирамиду можно вписать в шар. При этом
центр описанного шара будет лежать на высоте пирамиды, если
угол наклона бокового ребра к плоскости основания пирамиды
больше 45°, или на ее продолжении за плоскость основания, если
угол наклона бокового ребра меньше 45°.
Перейдем теперь к решению задачи. Пусть ZABCDE —
пирамида, у которой все ребра равны / и наклонены к плоскости
основания под углом а (рис. 2.25). Хотя мы рассматриваем
пятиугольную пирамиду, но общность приведенных ниже
рассуждений позволяет считать полученные далее соотношения верными
для всякой «-угольной пирамиды, у которой все боковые ребра
равны или одинаково наклонены
к плоскости основания.
Пусть ZO — высота данной
пирамиды. Соединим точку О —
основание высоты с вершиной А.
Получаем прямоугольный
треугольник ZAO, у которого угол ZAO
равен а. Предположим, что а>45°.
Тогда Ох — центр описанного шара
(на рисунке не показанного) лежит
на высоте пирамиды (в противном
случае на продолжении высоты за
плоскость основания или на
основании пирамиды).
Проведем OXF±.ZA. При этом
получается прямоугольный
треугольник ZOXF, в котором /LZOXF = P||C 22б
Z40
99

Легко заметить, что точка F — середина ребра ZA (ибо
0{F — высота равнобедренного треугольника ZOXA). Поэтому
Из AZO.F
ZF = ZOxs\nZOxF,
откуда
/ = 2/?sina. (I)
Умножив обе части последнего равенства на f и учитывая,
что /sina = #, получаем:
/2 = 2/?#. (II)
Заметим, что эти соотношения верны, в частности, для любой
правильной пирамиды, вписанной в шар.
Задача. В шар радиуса R вписана правильная треугольная
пирамида. Определить объем пирамиды, если боковое ребро
составляет с высотой пирамиды угол а.
Решение. Пусть ZABC — данная в условии пирамида,
высота которой ZO, и Z.OZA = a (рис. 2.26)*. Тогда Z.ZAO =
= 90° -a.
Используя результат задачи 2.9° (соотношение I), имеем:
AZ = 2R sin ZA О = 2R cos a.
Из AZAO
ZO=AZ sin ZA О = 2/? cos2 a,
AO = AZ cos ZAO = 2R cos a sin a = R sin 2a.
Сторона основания пирамиды
AB = AO~\fi = R^ sin 2a.
Площадь основания
50СИ=^= >f 3/?2 sin2 2a=^ *2 sin2 2a.
Объем пирамиды
V=1S0CH ZO =i ^f- R2 sin2 2a • 2R cos2 a=Щ-R3 sin2 2a cos2 a.
Задача. Правильная четырехугольная пирамида вписана
в шар. Определить площадь шаровой поверхности, если высота
* На этом рисунке, как и на других последующих, шар и положение его
центра не показаны, поскольку для решения данной задачи их изображения не
нужны.
100

Рис. 2.26
Рис. 2.27
пирамиды равна //, а плоский угол при вершине пирамиды
равен у-
Решение. Пусть ZABCD — данная в условии пирамида,
высота которой ZO = H, и /LAZD = y (рис. 2.27).
Положим (\
Из AZAO
AZ=-
ZO
и
sin ZAO sin ф
Используя соотношение I (см. задачу 2.9°), имеем:
AZ
Н
2 sin ZAO 2 sin^ *
Площадь шаровой поверхности
S —4 /?2 —4 Я2 _ яЯ2
4 sin4 ф sin4 ф
По формуле перехода от 7 к а в правильной четырехугольной
пирамиде, заменив а на ф (см. таблицу на с. 89), имеем:
cos ф =
ыг2
Таким образом,
sin2 ф= 1 —2 sin2-~ =
л#2
7.
cos*
2.81. В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида.
Определить объем этой пирамиды, если радиус окружности, описанной около ее
основания, равен г.
101

2.82. Боковые ребра и две стороны основания треугольной пирамиды равны
а, а угол между равными сторонами основания равен а. Найти радиус шара,
описанного около пирамиды.
2.83. Отношение стороны основания правильной я-угольной пирамиды к
радиусу описанного шара равно к. Найти угол между боковым ребром и
плоскостью основания пирамиды.
2.84. Основанием пирамиды служит прямоугольник, у которого угол между
диагоналями равен а. Около этой пирамиды описан шар радиуса R. Найти объем
пирамиды, зная, что все ее боковые ребра образуют с основанием один и тот же
угол, равный р.
2.85. Угол между высотой правильной треугольной пирамиды и боковым
ребром равен
а (а<"7")-
каком отношении делит высоту пирамиды центр
описанного шара?
2.86. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а;
боковая грань составляет с плоскостью основания угол, равный а. Найти радиус
описанного шара.
2.87. В шар радиуса а вписан правильный тетраэдр. Найти объем этого
тетраэдра.
2.88. В шар радиуса R вписана правильная треугольная пирамида с плоским
углом а при вершине. Определить высоту пирамиды.
2.89. В шар вписана пирамида, боковые ребра которой равны с. Основание
ее — прямоугольник, стороны которого стягивают дуги аир радиан в сечениях
шара плоскостями боковых граней. Определить радиус описанного шара.
2.90. В шар радиуса 65 см вписана пирамида, у которой все боковые ребра
равны. Основание пирамиды — трапеция, у которой параллельные стороны и
высоты равны соответственно 14 см, 30 см и 44 см. Найти объем пирамиды.
102

Решение. Рассмотрим пирамиду, у которой все боковые
грани одинаково наклонены к плоскости основания. Покажем,
что высота такой пирамиды пересекает ее основание в центре
вписанной в него окружности и в такую пирамиду можно
вписать шар, центр которого лежит на высоте пирамиды.
Пусть ZABCDE (рис. 2.28) — пирамида, у которой все
боковые грани одинаково наклонены к плоскости основания и ZO —
ее высота, Z-ZMO и Z.ZNO — линейные углы двугранных углов
при ребрах основания АЕ и DE соответственно. Из условия
задачи следует, что /LZMO = A ZNO, и потому треугольники ZMO
и ZNO равны. Из равенства этих треугольников следует, что
OM = ON. Таким образом, точка О одинаково удалена от сторон
основания АЕ и ED. Аналогично доказывается, что точка О
одинаково удалена от всех сторон основания рассматриваемой
пирамиды. Итак, О — центр вписанной в основание пирамиды
окружности. Очевидно, что доказанное утверждение верно для
любой /г-угольной пирамиды, у которой все боковые грани
одинаково наклонены к плоскости основания. Заметим, что высоты
всех боковых граней этой пирамиды, проведенные из вершины
пирамиды, как нетрудно показать, равны.
В плоскостях линейных углов ZMO и ZNO проведем OP-LZM
и OQA-ZN. Поскольку плоскости линейных углов
перпендикулярны граням соответствующих двугранных углов, то
ОР ± пл. AZE и OQ JL пл. ZED.
Из равенства треугольников ZOM и ZON следует, что ОР =
= OQ. Таким образом, точка О одинаково удалена от граней
ZAE и ZDE. Следовательно, точка О принадлежит биссектору
двугранного угла, образованного этими гранями (т. е.
биссектору двугранного угла при ребре ZE). Разумеется, что этому
биссектору принадлежит любая точка ребра ZE и, в частности,
вершина пирамиды — точка Z. Поэтому высота пирамиды
принадлежит биссектору двугранного угла при боковом ребре
пирамиды ZE (или, иначе, биссектор двугранного угла при ребре ZE
проходит через высоту пирамиды ZO). Аналогично биссекторы
всех остальных двугранных углов при боковых ребрах
рассматриваемой пирамиды проходят через ее высоту. Поэтому любая
точка, принадлежащая высоте пирамиды ZOy одинаково удалена
от всех ее боковых граней.
Проведем биссектор двугранного угла при ребре основания
пирамиды (например, при ребре АЕ). Этот биссектор пересечет
плоскость линейного угла ZMO по биссектрисе МО{ (О{ — точка,
в которой биссектриса угла ZMO пересекает высоту пирамиды
ZO). Ясно, что точка Ох одинаково удалена от всех граней
рассматриваемой пирамиды. Поэтому она является центром
вписанного в пирамиду шара.
Итак, мы доказали, что если в пирамиде все боковые грани
одинаково наклонены к плоскости основания, то в такую
пирамиду можно вписать шар, центр которого лежит на высоте пира-
103

Рис. 2.29
в основание окружности.
OO R
Из АО{МО
миды. Сказанное, в частности, верно
для любой правильной пирамиды.
Приступим теперь к решению
данной задачи.
Пусть ZAB...— данная в условии
пирамида, высота которой ZO (рис.
2.29). На рисунке 2.29 изображена
только одна «секция» этой пирамиды.
Угол ZMO — линейный угол
двугранного угла, который боковая грань ZAB
g образует с плоскостью основания.
Согласно условию Z. ZMO = fi. Точка
Оу — центр вписанного шара, ОХО — его
радиус.
Как было показано выше, МО{ —
биссектриса yrjja ZMO, и потому
Z-OXMO=^, ОМ — радиус вписанной
Согласно условию ОМ —г и
или
Из A ZMO по свойству биссектрисы внутреннего угла
треугольника имеем:
ZQ, = zm
охо ~~ ом '
Перепишем полученное равенство, учитывая принятые выше
обозначения:
п—R h
откуда
R
R
Нг
л+7"
Задача. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом
а. Найти объем пирамиды, зная, что ее боковые грани образуют
с основанием один и тот же угол р и радиус вписанного в нее
шара равен г.
Решение. Пусть ZABCD — данная в условии пирамида,
высота которой ZO (рис. 2.30). Согласно сказанному выше
высота пирамиды ZO пересекает основание пирамиды в точке
пересечения его диагоналей (являющейся центром вписанной
окружности) и центр вписанного шара О, лежит на высоте пирамиды.
104

Угол ZEO — линейный угол двугранного угла, который грань
ZCD образует с основанием. Согласно условию 2-ZEO = $.
о
ЕОХ — биссектриса Z.ZEO, и потому Z. ОхЕО=^г . ОХО — радиус
вписанного шара, и согласно условию 0{0 = г.
Из АО{ОЕ
ОЕ = ОХО ctg ОХЕО = г ctg|.
Из AZOE
= rctgf tgp.
Пусть /L.BAD — острый угол ромба ABCD. Согласно
условию Z.BAD = a. Проведем в плоскости основания DK^LAB.
Ясно, что D/( = 2O£ = 2rctg|.
Из AADK
пк 2rctgl
sin BAD sin a
Площадь основания пирамиды
4r2ctg2|
SnpH = AD2 sin BAD = —=- sin a =
Объем пирамиды
rctgftgp|r
sin a z 6 sin a
Задача. Даны правильный тетраэдр и шар, площади
поверхностей которых относятся как k : I. Можно ли шар поместить
в тетраэдр, если: а) й = 2Д/о; б) fe = 3?
Решение. В правильном тетраэдре ZABC (рис. 2.31) ZO —
высота, ZD — апофема и О{ — центр вписанного шара.
105

Положим OO, = R и Z.ZDO = fi. Тогда поверхность шара
Из AODOx
OD = OOi ctg ODOX = R ctg |.
Из ДЛ6С
Полная поверхность данного тетраэдра
Согласно условию
или
2 3
Воспользовавшись формулой перехода от у к р для
правильной треугольной пирамиды (таблица на с. 89) и учитывая, что
7 = 60°, получаем:
тогда
ctg2|=2.
Таким образом,
зд/з"
К —— "
fi л/о"
Нетрудно убедиться, что —— >3. Это неравенство означает,
что отношение полной поверхности правильного тетраэдра к
поверхности вписанного шара больше 3.
Если же для некоторого шара отношение равно 3, то это
означает, что радиус этого шара больше радиуса вписанного
шара и потому его нельзя поместить в правильный тетраэдр.
Нетрудно убедиться, что 2"\/3*>—— . Поэтому при k =
шар можно поместить в правильный тетраэдр.
106

2.91. Около шара радиуса R описана правильная шестиугольная пирамида,
боковая грань которой составляет с плоскостью основания угол а. Найти
боковую поверхность и объем пирамиды.
2.92. Центр шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду,
делит высоту пирамиды в отношении т : я, считая от вершины пирамиды. Найти
угол между смежными боковыми гранями пирамиды.
2.93. В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Расстояние от
центра шара до вершины пирамиды равно а, а угол между боковой гранью
и плоскостью основания равен а. Найти полную поверхность пирамиды.
2.94. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а,
плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти радиус вписанного в пирамиду
шара.
2.95. В правильную треугольную пирамиду вписан.шар. Найти поверхность
шара, если боковое ребро пирамиды равно /, а плоский угол при вершине
пирамиды равен а.
2.96. Отношение объема правильной треугольной пирамиды к объему впи-
27 л/з"
санного в нее шара равно —~—. Найти угол наклона боковой грани к плоско-
4я
сти основания пирамиды.
2.97. В правильную четырехугольную пирамиду с плоским углом при
вершине, равным р, вписан шар. Найти отношение объемов шара и пирамиды.
2.98. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна Л, а угол между
ее смежными боковыми гранями равен ср. Найти радиус шара, вписанного в эту
пирамиду.
2.99. Найти двугранный угол между основанием и боковой гранью
правильной четырехугольной пирамиды, зная, что радиус описанного около пирамиды
шара в 3 раза больше радиуса вписанного в нее шара.
2.100. Боковые ребра правильной четырехугольной пирамиды SABCD равны
а, а стороны ее основания равны —==•. Найти расстояние от центра шара, впи-
V2
санного в пирамиду SABCD, до плоскости, проходящей через диагональ BD
основания ABCD и середину Е ребра SA.
2.101. В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. К шару
проведена параллельно основанию пирамиды касательная плоскость, которая
разделила объем пирамиды в отношении т : я, считая от вершины. Найти угол между
высотой пирамиды и ее боковой гранью.
2.102. В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Найти угол
наклона боковой грани пирамиды к плоскости основания, при котором отношение
поверхности сферы к боковой поверхности пирамиды максимально.
Часто встречаются задачи, в которых шар вписан в какой-
нибудь многогранник, например в призму, в пирамиду и в
усеченную пирамиду и др. Для рассматриваемой комбинации фигур
имеет место зависимость, которая эффективно используется
в решении многих задач. Формулировка и доказательство этой
зависимости приведены в следующей задаче:
107

Решение. Докажем формулу (I), не прибегая к чертежу.
Пусть О — центр вписанного шара. Соединим точку О со всеми
вершинами многогранника. При этом данный многогранник
разбивается на п пирамид (п — число граней многогранника),
имеющих общую вершину О. Высоты этих пирамид равны радиусу
вписанного шара.
Ясно, что объем многогранника V равен сумме объемов
получившихся пирамид. Объем одной из таких пирамид равен
V, = ±S,.R,
где S, — площадь t-й грани. Тогда
откуда
3
i=\
Формулу (I) удобно применять в решении задач на шар,
вписанный в пирамиду, когда «не работают» уравнения связи
(см, задачу 2.10°), т. е. в тех случаях, когда шар вписан в
пирамиду, у которой боковые грани не наклонены под одним и тем
же углом к плоскости основания пирамиды.
Следует отметить, что в тех случаях, когда «не работают»
уравнения связи, иногда удается найти более простой (по
сравнению с предлагаемым) путь к нахождению радиуса вписанного
шара, не применяя формулу (I). Однако найти (увидеть) более
короткий ход решения задачи удается далеко не каждому.
Формула же (I) является ключом к решению многих задач.
Задача. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
прямоугольный треугольник ABC, ребро SB перпендикулярно
к плоскости основания. Известно, что АВ = ВС = а, SB = h.
Найти радиус вписанного в пирамиду шара.
Решение. SABC (рис. 2.32) — данная в условии пирамида,
высотой которой является ребро SB = h. Согласно условию
АВ — ВС = а и Z-ABC = 90°. Радиус вписанного шара найдем по
формуле (I).
108

Проведем BE А-АС и соединим точку Е с вершиной S.
Заметим, что SEJLAC.
Найдем объем и полную поверхность пирамиды:
•sn-j-j.
Sasba — Sasbc—91
Из ААВС
Из ASBE
Л/2
Находим радиус вписанного шара
3 - i- a2h
6
ah
Задача. Основанием пирамиды служит квадрат со стороной
а. Две боковые грани перпендикулярны к основанию, а большее
боковое ребро составляет с основанием угол р. В пирамиду
вписан шар. Найти радиус шара.
Решение. Из того, что основанием данной пирамиды явля-
Рис. 2.32
Рис. 2.33
109

ется квадрат и две боковые грани перпендикулярны к плоскости
основания, следует, что эти боковые грани являются смежными.
Пусть ZABCD (рис. 2.33) — данная з условии пирамида, у
которой грани ZAB и ZBC перпендикулярны основанию ABCD. Их
общее боковое ребро ZB, принадлежащее линии пересечения
плоскостей этих граней, является высотой пирамиды. Большим
боковым ребром является ребро ZD.
Согласно условию АВ = а и Z.ZZ)B = |$. Длину радиуса
вписанного шара найдем по формуле (I).
Из AZBD
ZB = BD-tg ZDB = a
r~3
Из A ZAB
ZA =
Z4=ia.aVl+2tg2p=-£
Нетрудно обосновать, что грани ZAB и ZBC, ZAD и ZCD
попарно равны. Поэтому
с 4-99 -U99
п — °ЛЯСО Г ^° AZAB l ^° AZAD —
У? =
2.103. Основанием пирамиды SABC служит равнобедренный треугольник со
сторонами АВ = АС = Б1 ВС = 6; высота пирамиды проходит через середину ВС
и равна 1. Найти радиус шара, вписанного в эту пирамиду.
2.104. Основанием треугольной пирамиды служит равносторонний
треугольник. Боковые грани образуют с ним углы, равные а, 0 и у, каждый из которых
меньше —. В пирамиду вписан шар. Определить отношение радиуса шара к
высоте пирамиды.
110

2.106. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у
которого боковые стороны равны Ь\ две боковые грани пирамиды, проходящие через
равные стороны, перпендикулярны к основанию, а третья грань наклонена
к основанию под углом а. Угол при вершине равнобедренного треугольника
также равен а. Определить радиус шара, вписанного в пирамиду.
2.106. Основанием пирамиды SABC служит треугольник ABC, такой, что
АВ = АС=\0 см и ВС=\2 см. Грань SBC перпендикулярна к плоскости
основания, и SB = SC. Вычислить радиус шара, вписанного в пирамиду, если высота
пирамиды равна 1,4 см.
2.107. В тетраэдре ABCD двугранные углы при ребрах ВС, BD и АС прямые,
а величина двугранных углов при ребрах АВ и CD равна 15°. Найти радиус
шара, вписанного в тетраэдр, если CD —2.
2.108. В треугольной пирамиде SABC ребра SAy SC и SB попарно
перпендикулярны, АВ = ВС = а, BS = b. Найти радиус вписанного в пирамиду шара.
2.109. Основанием пирамиды служит равносторонний треугольник со
стороной 1. Основание К высоты пирамиды лежит на расстоянии \/-«" от центра
О этого треугольника, причем луч ОК проходит через середину одной из его
сторон. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду, если ее высота равна ~\/-«- •
2.110. Найти радиус шара, вписанного в правильный октаэдр, если его ребро
равно а.
2.111. Основанием пирамиды является ромб со стороной а и острым углом
а. Одно из боковых ребер, содержащих вершину острого угла, перпендикулярно
к плоскости основания пирамиды, а противоположное ему боковое ребро
наклонено к плоскости основания пирамиды под углом р. Найти радиус вписанного
в эту пирамиду шара.
2.112. В основании треугольной пирамиды лежит равнобедренный
прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна /. Боковые грани образуют
с плоскостью основания двугранные углы, равные а, р и у (у соответствует
гипотенузе). Найти радиус шара, вписанного в эту пирамиду.
7. ТЕОРЕМА МЕНЕЛАЯ ДЛЯ ТЕТРАЭДРА
В некоторых пособиях по геометрии приводится
планиметрическая теорема, называемая теоремой Менелая*. Приведем ее
формулировку.
Теорема 1. Если Я, Q и R соответственно точки
пересечения каждой из сторон ВС, СА и АВ (или их продолжений)
треугольника ABC с некоторой прямой, то
BR_ AQ_ CP _.
RA ' QC ' РВ~~
Эта теорема редко используется в решении
планиметрических задач (в частности, таких, которые обычно предлагаются на
* Менелай Александрийский (1—2 вв. н. э.) — греческий математик и
астроном.
111

вступительных экзаменах в вузы), и потому она мало известна
даже тем, кто интересуется математикой. Между тем она
представляет определенный интерес.
Предлагаем читателям самостоятельно доказать эту теорему.
При этом приведем лишь одно наводящее указание: при
доказательстве целесообразно воспользоваться
пропорциональностью отрезков, отсекаемых на сторонах угла параллельными
прямыми.
Есть еще одна стереометрическая теорема Менелая
(для произвольного тетраэдра), которая еще менее известна, чем
предыдущая, но весьма эффективно, как будет показано ниже,
может быть использована при решении некоторых
стереометрических задач, решения которых без применения этой теоремы
оказываются намного сложнее.
Теорема 2. В произвольном тетрадре KLMN точки Л, В,
С и D принадлежат ребрам KN, NL, LM и МК соответственно
(рис. 2.34). Для того чтобы точки Л, В, С и D принадлежали
одной плоскости, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялось следующее равенство:
КА_ NB_ LC_ А*£ , m
AN ' BL ' CM # DK ' * '
Доказательство.
Необходимость. Пусть четырехугольник ABCD —
сечение данного тетраэдра некоторой плоскостью т (на рисунке не
показанной). Проведем КК\, NNX, ММ{ и LLX — перпендикуляры
к плоскости т. Рассмотрим «фрагмент» — пересечение ребра KN
с плоскостью х (рис. 2.35). Очевидно, что треугольники КК\А
и NNXA подобны. Из их подобия следует, что
КА _ ККХ
Аналогично доказывается, что
К NB _ NNX LC
LLX MD
LLX ' CM MMX ' DK KKX '
Рис. 2.34
Рис. 2.35
112

Перемножив по частям выписанные выше равенства,
получаем равенство (1).
Достаточность. Предположим, что выполняется
равенство (1), но точки Л, В, С и D не лежат в одной плоскости.
Проведем через точки В, С и D плоскость (назовем ее а), которая
пересечет ребро KN в некоторой точке Аь отличной от точки А (в
силу сделанного выше предположения). Поэтому КА{:АХЫФ
ФКА:АЫ, вследствие чего равенство (1) для точек Аь В,
С и D выполняться не будет. Поскольку мы пришли к
противоречию с исходным условием (не выполняется равенство (1)), то
наше предположение ложно и, следовательно, плоскость а
пройдет через точку А.
Покажем теперь применение теоремы 2 к решению
стереометрических задач.
Задача. В тетраэдре ZABC точки М, N и Р принадлежат
ребрам ZA, АВ и ВС соответственно (рис. 2.36), причем ZM:MA =
= 5:4, AN:NB = 2:5 и ВР:РС=\:2. Через точки Му N и Р
проведена плоскость т. В каком отношении эта плоскость делит
объем тетраэдра?
Решение. Пусть плоскость х (на рисунке не показанная)
пересечет ребро ZC в точке Q. Четырехугольник MNPQ —
сечение данного тетраэдра плоскостью т. Определим, в каком
отношении точка Q делит ребро ZC. На основании равенства
(1) и данных условия имеем:
Ш_ АЫ_ _вЯ CQ _«
МА ' NB ' PC ' QZ~~~
ИЛИ
откуда
All CQ__i
4 # 5 " 2 # QZ ~~ '
В многограннике MANPCQ проведем сечение через ребро AN
и вершину Q. Это сечение разбивает рассматриваемый
многогранник на треугольную пирамиду QAMN и четырехугольную
пирамиду QANPC, которая диагональным сечением AQP
разбивается на две треугольные пирамиды: QAPC и QAPN.
Пусть S — площадь грани ABC,
Н — длина высоты тетраэдра, проведенной из вершины Z
(сама высота на рисунке не показана),
V—объем данного тетраэдра.
Определим, далее, объемы трех полученных выше пирамид:
8 Заказ 965 113

Рис. 2.37
где HQ — длина высоты треугольной пирамиды QAPC,
проведенной из вершины Q на плоскость грани АРС (на рисунке также не
показанной).
Легко сообразить, что HQ=-^H. Тогда
Аналогично
S
=— V.
-# = —
Пусть, далее, S{ — площадь грани ZAB,
Я, — длина высоты данного тетраэдра, проведенной из
вершины С на плоскость грани ZAB.
Тогда
*qamn = "§
aamn
где H'Q — длина перпендикулйра (на рисунке не показанного),
проведенного из вершины Q на плоскость грани ZAB. Легко
установить, что H'q=-?Hx. Тогда
Найдем теперь объем многогранника MANPCQ:
-Li/ — 8 G
' QAPC^T v QAPN\~ v QAMN — Tc
* MANPCQ — VQAPC "Ь Vq
105
J-V=™V
315 63
Следовательно,
/
ZQMNPB
23 , r
Таким образом, искомое отношение равно 23:40.
Задача. Объем тетраэдра ZABC равен 5. Через середины
ребер ZA и ВС проведена плоскость, пересекающая ребро ZC
114

в точке М. При этом отношение длины отрезка ZM к длине от-
2
резка МС равно •«-.
Найти площадь сечения тетраэдра указанной плоскостью,
если расстояние до нее от вершины А равно 1.
Решение. Пусть К и Р — середины ребер ZA и ВС
соответственно и ZAf:A!C = 2:3 (рис. 2.37). Четырехугольник
KLPM — данное в условии сечение. На основании теоремы 2
имеем:
АК_ ш_ СР_ Я£ 1 1 2 _l IL—\
KZ ' МС ' РВ ' LA 1 " 3 ' 1 ■ LA '
откуда BL:LA=3:2.
Соединим точки М и Л, М и L, Л и Р.
Пусть SAi4flC = S и длина высоты тетраэдра, проведенной из
вершины Z (на рисунке не показанной), равна Н. Согласно
условию jS • Я = 5. Очевидно, что высота пирамиды MALP,
проведенная из вершины Af, равна -=■ Н. Найдем теперь VMALP:
о
v —Is .—я—- .~ 2° "
""3*25*22
Положим, далее, SAZi4B = S1 и длину высоты тетраэдра,
проведенной из вершины С на грань ZAB, равной Нх.
Тогда
2 /1 Q „\ 2
3 2
С другой стороны (учитывая, что расстояние от вершины А до
плоскости сечения по условию равно 1), имеем:
^'z Skmpl * 1 =="з Skmpl- (2)
Из (1) и (2) следует, что SKMPL = 3.
Задача. В пирамиде KLMN проведено сечение ABCD так, что
точка А лежит на ребре KN, точка В — на ребре LN, точка С —
на ребре LM, точка D — на ребре МК (рис. 2.38). Известно, что
±BL, CM=|LC и
О
О О
SDK • AK-2AN • DM = DM . Л/С.
Найти отношение объемов частей, на которые плоскость
ABCD делит пирамиду.
115

Решение. Из условия задачи непосредственно следует, что
и
— — - (2\
Положим AK:AN = p и DM:DK = q.
На основании теоремы 2 имеем:
NB LC MD КА «
~BL ' ~СМ # 7Ж ' Ж *
Учитывая (1) и (2) и принятые выше обозначения, получаем:
11 —1
откуда
Разделив обе части последнего из данных в условии равенств
на AN • /Ж, получаем:
о j4^ ^ _DAf_ DM_ AK_
AN DK~~ DK ' AN
ИЛИ
3p — 2q = pq. (4)
Из (З) и (4) составляем систему
2 3
Решая эту систему, получаем, что Р = -о и ^^т или
А^__2^ DM _3
АЛГ"~"3 И Ж"~4 *
Разобьем многогранник ABNMCD (аналогично тому, как это
было сделано в задаче на с. 113) на три треугольные
пирамиды: ABMN, АВМС и ACDM.
Пусть S — площадь треугольника LMN>
Н — длина высоты, проведенной из вершины К данной
пирамиды,
V — объем данной пирамиды,
НА — длина высоты пирамиды ABMN, проведенной из
вершины А. Тогда имеем:
1/ 1 С 14 { 4 С 3 И 12 (Х С и\ 12 I/
^з5^^ ' Я^=1 ' 1S ' "5 Я=35 VI5 ' Я;=35 К)
з"5дВуИС • Я^ = -з ' "5Sa^ai • 5"Я==25 " "3 ' 7S " Hz=ZT7bV'
116

Пусть, далее, S, — площадь грани KLM>
#! — длина высоты данной пирамиды, проведенной из
вершины N на плоскость грани KLMy
НА — длина перпендикуляра, опущенного из точки А на
плоскость грани KLM.
Тогда
пА—з^у -"5
12
Найдем теперь объем многогранника ABNMCD:
Vabnmcd= Vabmn+ Vabmc+ Vacdm =
~ 35 V ^ 175 V ^ 175 V "" 35 ^'
Тогда
* KDABCL—"35" V-
Таким образом, искомое отношение равно 17:18.
Задача. Дана пирамида SABCD, основание которой имеет
форму выпуклого четырехугольника ABCD со взаимно
перпендикулярными диагоналями АС и BD (рис. 2.39). Основание
перпендикуляра, опущенного из вершины S на основание пирамиды,
совпадает с точкой О пересечения диагоналей АС и BD.
Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных из
точки О на боковые грани пирамиды, лежат на одной
окружности.
Решение. Пусть OK±w.SAB, OLJL^i.SBC, OM±w.SCD
и ONJLw.SAD. Покажем, например, что точка М — орто-
Рис. 2.38
Рис. 2.39
117

центр грани SCD. В плоскости грани SCD проведем луч СМ до
пересечения с ребром SD в точке Р. Согласно условию OCA.SO
и OCJ-OD. Поэтому ОС-LSD. По теореме о трех
перпендикулярах (OMJ-пл. SCD, ОС — наклонная и СМ — ее проекция на
пл. SCD) имеем, что SZ)_LCAf. Аналогично доказывается, что
луч DM-LSC (на рисунке луч DM не показан). Значит, М —
ортоцентр грани SCD.
Точки /С, L и N тоже являются ортоцентрами
соответствующих граней.
Соединим точки Р и О. По теореме о трех перпендикулярах
OPJLSD. Соединим теперь точки Л и Р. По той же теореме
получаем, что ЛЯ-LSD. Так как из точки А в грани ASD на SD
можно провести только один перпендикуляр, то отрезок АР пройдет
через точку N. Итак, высоты, проведенные в гранях ASD и CSD
из вершин Л и С на ребро SDy проходят через точки N и М
соответственно и пересекают ребро SD в точке Р.
Аналогично доказывается, что высоты граней ASB и CSB,
проведенные из вершин Л и С на ребро SB, проходят через точки
К и L соответственно и попадают в одну и ту же точку Q на
ребре SB.
Рассмотрим треугольник АРС, в котором РОЛ-AC, ON JLAP
и ОМ ±PC (рис. 2.40). Положим ОА = а, ОС = Ь и ОР = с. Тогда
NA
CM b2
И AfP="?-
Аналогично рассмотрим AAQC, положив OQ = d (рис. 2.41).
Из AAOQ
AK =
Из AQOC
LC =
, KQ=-
, QL=-
d2
KQ
QL rf2
и Тс=-#
Jtf+d2 4b2+d2
Точки К, L, M и N принадлежат соответственно ребрам AQ,
QC, CP и РА тетраэдра AQCP. Рассмотрим произведение
АК
KQ
LC
CM PN
МР
Г IV U U U U i
Из того, что рассматриваемое произведение равно 1, следует,
что точки /С, L, М и N принадлежат одной плоскости
(назовем ее а).
118

о
Рис. 2.40
Построим на SO как на диаметре сферу (на рисунке не
показанную). Поскольку Z.SKO= Z.SLO = Z.SMO= ZSWO = 90°,
то вершины этих углов лежат на построенной сфере. А так как
точки К, L, М и N принадлежат также плоскости а, то они (эти
точки) лежат на пересечении плоскости а со сферой, т. е. на
окружности.
Приведенные выше решения свидетельствуют о том, как
эффективно используется теорема 2 при решении некоторых
стереометрических задач, существенно упрощая их решения.
2.113. Доказать, что любая плоскость, проходящая через середины двух
скрещивающихся ребер тетраэдра, делит его объем пополам.
2.114. В тетраэдре ABCD через середины К и N ребер AD и ВС проведена
плоскость, пересекающая ребра АВ и CD соответственно в точках М и L.
Площадь четырехугольника KLNM равна 16, а отношение длины отрезка AM к длине
отрезка MB равно 0,5. Вычислить расстояние от вершины А до плоскости KLNM,
если объем многогранника NACLK равен 8.
2.115. В тетраэдре ABCD проведено сечение KMLN так, что точка К лежит
на ребре AD, точка М — на ребре DC, точка L — на ребре ВС, точка N — на
ребре АВ. Сечение KMLN делит пирамиду на две части. Найти отношение объемов
этих частей, если известны следующие отношения между длинами отрезков:
и 3CL . MC — 4BL - DM = 3BL - МС.
2.116. Сфера касается ребер AS, BS, ВС и АС треугольной пирамиды SABC
в точках К, L, М и N соответственно. Найти длину отрезка KL, если MN — 7 см,
W/C = 5 см, ЬЫ = 2Л129 см и KL = LM.
2.117. Дан тетраэдр ABCD. На его ребрах АВ и CD взяты точки К и М так,
что AK:KB = DM:MC=£ 1. Через точки К и М проведена плоскость, делящая
тетраэдр на два многогранника равных объемов. В каком отношении эта плоскость
делит ребро ВС?
8. РАССТОЯНИЕ ОТ ТОЧКИ ДО ПЛОСКОСТИ
Иногда в геометрических задачах необходимо найти
расстояние от некоторой точки до заданной плоскости. Существуют
разные методы определения этого расстояния. Мы остановимся на
координатном методе.
119

Рис. 2.42
Решение. Пусть точка В (хх\ ух\ zx) — основание
перпендикуляра, опущенного из точки А на плоскость т (рис. 2.42).
Введем вектор АВ = (хх — хо\ ух — у0\ zl — z0). Рассмотрим
скалярное произведение векторов АВ и п=(а, Ь, с). Заметим, что
\АВ\ равен искомому расстоянию р. Поскольку векторы АВ и п
коллинеарны, то
АВ • п =
(±1).
(1)
(Знак «+» имеет место, если векторы АВ и п сонаправлены;
знак «—», если противоположны.)
С другой стороны,
АВ .п = (х1-х0)а + (у1-у0)Ь + (г1-г0)с. (2)
Приравняем модули правых частей (1) и (2):
^2 2 2 -zo)c\. (3)
(4)
Поскольку точка В принадлежит плоскости т, то
Учитывая (4), из (3) получаем:
Заметим, что полученная формула эффективно применяется
при определении расстояния между скрещивающимися
прямыми. Покажем применение ее к решению задач.
Задача. Длина ребра куба KLMNKXL,MXN, (KKX\\LLX\\
\\ММХ\\ЫЫ{) равна 1. На ребре KL взята точка А так, что длина
отрезка КА равна j. На ребре ММХ взята точка В так, что дли-
120

на отрезка МХВ равна -=-. Через центр куба О и точки А и В про-
о
ведена плоскость а. Точка Р — проекция вершины К\ на
плоскость а.
Найти длину отрезка АР.
Решение. Для решения этой задачи с помощью метода
координат нет необходимости строить сечение куба плоскостью
а. (Это сечение, однако, изображено на рисунке 2.43 для большей
наглядности решения. Построение выполнено методом следов.)
В качестве системы координат возьмем систему Lxyz, где оси
Lx, Ly и Lz направлены по лучам L/C, LM и LL{
соответственно.
Найдем координаты точек Л, В, О и /С,:
Л({; 0; 0), В(О; 1; |) 0(1; 1;1) и ^(1;0;1).
Пусть
ax + by + cz + d = O — (1)
уравнение плоскости сечения в выбранной системе координат.
Найдем значения а, Ь, с и d, подставив в уравнение (1)
координаты точек Л, В и О. При этом получаем систему
Решая ее, находим:
3 , 5 ,
=-2d и c=6d-
Подставив найденные значения a, b и с в (1), получаем
уравнение плоскости а:
— 5z — 6 = 0.
Рис. 2.44
121

Теперь по формуле (*) определим
К р— |8' 1+9 ' °~5' '~
1
АР-Л /да2 ^-1
Л М\\б) 170 ~4
V64 + 81+25
Из АККХА
Из
Ответ: ЛР=1 у
Задача. Основанием пирамиды Si4BC является
равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 4 д/2~.
Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и имеет
длину 2. Найти расстояние между скрещивающимися прямыми,
одна из которых проходит через точку S и середину ребра ВС,
а другая проходит через точку С и середину ребра АВ.
Решение. Пусть SABC (рис. 2.44) — данная в условии
пирамида. Точки Е и F — середины ребер ВС и АВ соответственно.
Введем систему координат, как показано на рисунке, и
определим координаты вершин пирамиды и точек Е и F:
Л(0; 4Д/2"; 0), В(2У^"; 2V2"; 0), С(0; 0; 0), S (0; 0; 2),
£(Уб; д/2"; 0) и F (д/б"; ЗД/2"; 0).
Проведем в плоскости основания пирамиды через точку
Е прямую, параллельную CF\ G — точка, в которой эта прямая
пересекает сторону АВ. Нетрудно найти координаты точки G:
Л
2 ' 2
Пересекающиеся прямые SE и EG (или, что то же, три точки:
S, Е и G) определяют некоторую плоскость
ax-\-by-\-cz-\-d — 0, (1)
которая параллельна прямой С/7. Поэтому расстояние от любой
точки прямой CF до плоскости SEG равно расстоянию между
скрещивающимися прямыми SE и CF.
Чтобы определить значения коэффициентов а, Ъ и с в
уравнении (1), подставим в него координаты точек S, Е и G. При этом
получаем систему
122

из которой находим:
д/б~ , , д/2" ^ d
Подставив найденные значения а, 6 и с в (1), получаем
искомое уравнение плоскости:
! г — 4 = 0.
В качестве произвольной точки прямой CF выберем точку
С и определим (аналогично тому, как мы это сделали в
предыдущей задаче) ее расстояние до плоскости SEG:
3
Итак, искомое расстояние между скрещивающимися прямы-
ми SE и CF равно
2.118. Длина ребра куба ЛВС/ХД^С^, равна 1. На ребре ААХ взята точка
£ так, что длина отрезка Л£=-—. На ребре В А взята точка F так, что длина BF
3
равна -j • Через центр куба и точки Е и F проведена плоскость т. Найти
расстояние от вершины Вх до плоскости х.
2.119. Основанием пирамиды SABC является равнобедренный
прямоугольный треугольник ABC, длина гипотенузы АВ которого равна 4 \2 . Боковое ребро
пирамиды SC перпендикулярно плоскости основания, и его длина равна 2. Найти
расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через
точку S и середину ребра АС, а другая проходит через точку С и середину
ребра АВ.
2.120. Тетраэдр ABCD задан координатами вершин А (3; 0; 0), В(0\ 2; 0),
С(2; 3; 1) и D(l; 1; 4). Найти объем тетраэдра.
2.121. Известно, что в треугольной пирамиде все плоские углы при вершине
прямые. Найти длину ее высоты, если длины ее боковых ребер равны a, b и с.
2.122. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAlBlClDl точка N является
серединой ребра В{С{1 а точка М делит ребро ААХ в отношени 1:2, считая от
вершины А. Найти объем тетраэдра CDXMN, если АВ — 2 см, £С = 4 см и ££, = 3 см.
2.123. Найти расстояние между апофемой правильной четырехугольной
пирамиды и скрещивающейся с ней диагональю основания, если сторона основания
пирамиды равна а, а высота R — 2a.
2.124. Найти расстояние между диагональю боковой грани правильной
треугольной призмы и не пересекающей ее стороной основания, если все ребра
призмы равны а.
2.125. Через вершину правильной четырехугольной пирамиды SABCD
проведена прямая S/C, где К — точка, делящая BD в отношении 1:3 (считая от
вершины D). Найти расстояние между SK и AD, если сторона основания ЛВ = а, а
высота пирамиды равна h.
123

2.126. В основании прямой призмы ABCAlBlCl лежит равнобедренный
прямоугольный треугольник ABC (Z.C = 90°)c катетом, равным а. Найти расстояние
между диагоналями боковых граней АВХ и Л,С, если длина бокового ребра
равна 2а.
2.127. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 2Д/б~ см,
а высота 3 см. Вершина А куба ABCDAlBlClD] находится в центре основания
пирамиды, вершина С, — на высоте пирамиды, а ребро CD лежит в плоскости
одной из боковых граней. Найти длину ребра куба.
9. ВЕКТОРЫ
Аппарат векторной алгебры находит широкое применение
при решении многих вопросов геометрии.
Среди векторных соотношений, рассматриваемых в школьном
курсе математики, можно выделить несколько, на наш взгляд,
базисных соотношений. Конечно, выделение именно этих
соотношений в качестве базисных в какой-то мере условно.
Как показывает практика, эти соотношения весьма
эффективно можно использовать при решении геометрических задач.
Перейдем теперь к их рассмотрению.
Доказательство. Из треугольника ABC имеем:
BCЦВА=+ВА\ВС.
т + п т + п т-\-п т + п
Задача. Через середину Е медианы ССХ треугольника ABC
проведена прямая АЕ, пересекающая сторону ВС в точке F
(рис. 2.46). Вычислить AE:EF и CF:FB.
124

Решение. Введем векторы АВ = Ь и
CF:FB = m:n. Тогда по формуле (I) имеем:
m-f n '
Пусть
= xAF=
т-\-п
с,
(1)
где 0<х<1.
С другой стороны, учитывая, что Е — середина медианы ССи
получаем для АЕ следующее выражение:
АЕ=—АС-\- — АСх~-2 ° ~^Т ^' ^
В силу единственности разложения вектора по двум неколли-
неарным векторам из (1) и (2) получаем систему
хт 1
т-\-п
Разделив по частям первое уравнение системы (3) на второе,
получаем, что /л:/г =1:2, т. е. CF:FB=l:2.
о
Сложив по частям уравнение системы (3), находим, что х=т>
т. е. AE:EF = 3:l.
Задача. Дан параллелограмм ABCD. Точка М делит сторону
AD в отношении р, т. е. AM :MD = p; точка N делит сторону DC
в отношении q, т. е. DN:NC = q (рис. 2.47). Прямые ВМ и AN
пересекаются в точке S. Вычислить отношения AS:SN и BS:SM.
Решение. Введем векторы АВ = а и AD = b. Заметим, что
два неколлинеарных вектора однозначно определяют некоторый
параллелограмм.
Выразим вектор AN через векторы а и Ь:
Рис. 2.46
125

Определим теперь AS:
J xb+^T'a9 (1)
где 0<jc<1.
Допустим, что точка S делит отрезок ВМ в некотором
отношении га:/г, т. е. BS:SM = m:n. Тогда из треугольника АВМ
имеем:
Xs=^-AM+-^—AB=^- £_ fc+-l_a. (2)
Из (1) и (2) в силу единственности разложения вектора по
двум данным неколлинеарным векторам получаем систему
Х==
т
т+п р+\'
xq п
х(р+\) = т
хд п
> д+\ т + п
Разделив по частям первое уравнение системы (3) на второе,
получаем:
т=(р+1)(д+\)
п рд
или
BS =(р+\)(д+\)
SM рд
Сложив по частям уравнения системы (3), получаем:
откуда
х=Е1±Е
(4)
Из правой части (4) непосредственно следует, что
AS _ рд+р
SN + +\ '
Задача. Плоскость, проходящая через вершину основания
А треугольной пирамиды SABC, делит пополам медиану SK
треугольника SAB, а медиану SL треугольника SAC пересекает в
такой точке D, что SD:DL= 1:2 (рис. 2.48). В каком отношении эта
плоскость делит объем пирамиды?
Решение. Введем векторы
SA=~a, SB=~b и SC=~c.
Заметим, что три некомпланарных вектора однозначно
определяют некоторый тетраэдр.
126

Для решения задачи необходимо
определить, в каком отношении
указанная в условии плоскость делит
ребра тетраэдра SB и SC.
Имеем:
Пусть AD:DM = m:n
и
SM = xSC, где 0<*< 1. Тогда по
соотношению (I) имеем:
SD =
т + п
H
т + п
SM =
т + п
Рис. 2.48
"~ , тх ~~
a+-mT^C'
Из разложений (1) и (2) вектора SD получаем систему
1 _ п
6~~ т + п '
1 тх
п
_^_
6~~ т + п '
1 __ т
6х т + п
(2)
(3)
Сложив по частям уравнения системы (3), получаем:
откуда jc=-=-, т. е. SM=TSC. Аналогично находим, что
о о
Известно, что если треугольную пирамиду с боковыми
ребрами а, Ь и с пересечь плоскостью так, чтобы она пересекала все
боковые ребра пирамиды и отсекала при этом на боковых
ребрах отрезки, считая от вершины, та, nb и kc
соответственно, то отношение объема отсекаемой пирамиды к объему
данной пирамиды равно mnk (см. задачу 2.5°). Поэтому fAMN =\.
VSABC l5
Значит, плоскость AMN делит объем данной пирамиды в
отношении 1:14.
2.128. В треугольнике ABC биссектриса AD делит сторону ВС в отношении
BD:DC — 2:1. В каком отношении медиана делит эту биссектрису, считая от
вершины?
2.129. Через середину М стороны ВС параллелограмма ABCD, площадь
которого равна 1, и вершину А проведена прямая, пересекающая диагональ BD
в точке Q. Найти площадь четырехугольника QMCD.
127

2.130. Докажите, что середины оснований трапеции, точка пересечения ее
диагоналей и точка пересечения продолжений ее боковых сторон принадлежат
одной прямой.
2.131. В треугольнике KLM на стороне KL взята точка А так, что KA:AL =
= 1:3; на стороне LM взята точка В так, что LB:BM = 4:\. Пусть С — точка
пересечения прямых KB и AL4. Известно, что площадь треугольника KLC равна
2. Найти площадь треугольника KLM.
2.132. Через точку М, взятую внутри параллелограмма, проведены прямые,
параллельные его сторонам. Прямые пересекают стороны параллелограмма
в точках Л, Б, С и D. Доказать, что точка пересечения отрезков, соединяющих
середины противоположных сторон четырехугольника ABCD, является серединой
отрезка ОМ, где О — точка пересечения диагоналей данного параллелограмма.
Рис. 2.49
Доказательство. Для доказательства равенства (II) мы
воспользуемся формулой (I). Заметим, что отрезки АВ и CD
могут произвольно располагаться относительно друг друга
(например, они могут лежать на скрещивающихся прямых и на
прямых, принадлежащих одной плоскости).
Пусть О — произвольная точка, не принадлежащая ни
отрезку АВ, ни отрезку CD (рис. 2.49). Соединим точку О с точками А,
М, В, С, N и D и рассмотрим векторы ОА, ОМ, ОВ, ОС, ON и OD
Имеем:
=—п— ОА-\—"—OB, ON = ^
т + п т + п т +
OB, ON OC +
т + п т + п ' т + п
т + п
ac+
т + п т + п
Задача. Дана трапеция ABCD. Через точку пересечения М ее
диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям АВ
и CD трапеции и пересекающая боковые стороны ВС и DA соот-
128

ветственно в точках Р и Q (рис. 2.50). Выразить вектор PQ через
векторы АВ и CD, если АВ = р и CD = q.
треугольников
Ре
имеем,
ш е н
что
и е.
АВ
CD
Из
AM
~~ МС
АМВ
CMD
подобия
Я '
По задаче 1.1° (о сторонах угла, пересекаемых
параллельными прямыми) получаем:
AQ__AM__p_ ВР __АМ _р
QD~ MC~~ q ' РС~~ МС~~ q '
п AQ ВР р
Следовательно, _ = _ = £.
Теперь на основании (II) справедливо следующее равенство:
7Т? р+я ~~ р+я р+я
Задача. На прямой га даны три точки Я, Q, R, а на прямой
тх — три точки Я,, Qb R^> причем PQ = kQR, P]Ql = kQlPl.
Доказать, что середины отрезков РРЬ QQX и /?/?, принадлежат одной
прямой.
Решение. Пусть М, N и К (рис. 2.51) — середины отрезков
РР\, QQ\ и /?/?! соответственно.
На основании (II) запишем следующие векторные равенства:
(о
да- (2)
Из (1) и (2) следует, что векторы МЫ и NK коллинеарны.
А так как начало одного из них является концом другого, то
точки М, N и К принадлежат одной прямой.
Задача. Доказать, что если длины трех отрезков,
соединяющих середины противоположных ребер тетраэдра, равны, то эти
пары противоположных ребер тетраэдра перпендикулярны.
Решение. Пусть £, F, M, N, Р и Q — середины ребер
тетраэдра ЛС, BD, ВС, AD, АВ и CD соответственно (рис. 2.52).
Рис. 2.50
/77
р а
Рис. 2.51
9 Заказ 965
129

Замечание. Отрезок,
соединяющий середины двух
скрещивающихся ребер тетраэдра, называется
его средней линией. У тетраэдра
три средние линии. Нетрудно
показать, что все средние линии
тетраэдра пересекаются в одной точке,
называемой центроидом тетраэдра,
которая делит каждую из средних
линий пополам.
Согласно условию
Рис. 2.52 EF = MN = PQ. (1)
Требуется доказать, что AC±BD (2), BC±AD (3), АВ± CD (4).
Введем векторы D>4 = a, DB = b и DC—с.
Как отмечалось выше, три некомпланарных вектора
определяют некоторый тетраэдр. Поэтому все другие векторы,
рассматриваемые в решении данной задачи, будут выражаться через
введенные выше (базисные векторы).
На основании формулы (II) имеем:
Найдем скалярные квадраты векторов EF, MN и PQ:
Из равенства (1) следует, что
(5)
Подставляя в (5) выражения для EF2, MN2 и PQ2, получаем:
a-c — a-b — b-c = b-c — a-b — a-c= a-b — a-c — b-c. (6)
Рассмотрим векторное уравнение из системы (6):
a-c — a-b — b-c = b-c — a-b — a-c. (7)
130

Из (7) имеем:
а-с — b-c = b-c — а-соа- с — Ь-с=
-Ф^7-(а — £) = 0. (8)
Из (8) следует утверждение (4). Аналогично доказываются
утверждения (2) и (3).
Задача. Все ребра правильной треугольной призмы
АВСАХВХСХ имеют длину а. Концы отрезка MN, параллельного
грани ААХВХВ, принадлежат диагоналям ВСХ и САХ граней
ВВХСХС и ААХСХС соответственно (рис. 2.53). Найти длину отрезка
MN, если ВМ:МСХ = 1:2.
При решении этой задачи мы воспользуемся следующей леммой.
Лемма. Если даны плоскость а, параллельная ей прямая а (не
принадлежащая а) и отрезки АВ и CD, такие, что А и С принадлежат прямой а, а В и D —
плоскости а (рис. 2.54), то прямая Ьу параллельная а и пересекающая отрезки АВ
и CD в точках М и N соответственно, делит эти отрезки в равных отношениях,
т. е. AM:MB = CN:ND.
Доказательство этой леммы несложно, и потому мы его опускаем.
Перейдем к непосредственному решению задачи. Как и в
предыдущих задачах, начнем с введения векторов. Естественно
ввести три вектора, определяющие данную в условии призму:
Заметим, что |a| = |
равен j, h±a, h± b.
=б, ААх=1г.
= |A|=a, угол между векторами а и Ь
Как будет видно из дальнейшего, вектор b в решении задачи
не участвует, однако увидеть это до начала решения нелегко.
Поэтому наш выбор вводимых векторов вполне оправдан — так
Рис. 2.54
131

должен приступить к решению задачи учащийся, владеющий
векторным методом.
В данной задаче имеет место ситуация, описанная в лемме.
п axn вм 1
Поэтому _=_=-.
На основании (II) имеем: MN = —ВАх+— СХС. Но BA{ = h — a,
о о
C{C=—h, поэтому MN= —— а + -ъ h, откуда MN = ^-.
2.133. На скрещивающихся ребрах DA и ВС тетраэдра DABC даны
соответственно точки F и Р так, что DF:FA = BP:PC = m:n. Точки F и Р соединены
между собой. На отрезках DBy FP и АС выбраны соответственно точки S,
N и К так, что DS:SB = FN:NP = AK:KC = l:p. Доказать, что точки S, N и К
лежат на одной прямой.
2.134. Даны два параллелограмма ABCD и AxBxCxDb произвольно
расположенные в пространстве. Доказать, что если середины отрезков АА1у ВВЬ ССХ
и DDX не лежат на одной прямой, то они являются вершинами параллелограмма.
2.135. Даны две скрещивающиеся прямые т и п. На прямой т даны точки Я,
Q и /?, а на прямой п — точки Рь Q2 и Rlt причем PQ — kPR, P{Qx—kPxRx.
Доказать, что прямые РРХ, QQl и RR{ параллельны некоторой плоскости.
2.136. На диагоналях граней D{At А{ВУ ВХСУ C,D куба ABCDAlBlClDl взяты
соответственно точки М, N, Р и Q так, что DlM:DlA = BN:BA1 = BlP:BlC =
= DQ:DC[ = 'kJ а прямые MN и PQ перпендикулярны. Найти X.
2.137. В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD сторона основания
равна а, а боковое ребро — 2а. На ребре ZC выбрана точка N так, что ZN:NC =
— р. На диагонали основания BD взята точка М так, что отрезок MN параллелен
плоскости ZAD. Определить MN и MNmin.
Доказательство. Допустим, что точка М лежит внутри
треугольника ABC (рис. 2.55). Проведем через точки А и М
прямую, которая пересекает сторону ВС в точке Е. Пусть точка
Е делит сторону ВС в отношении т:п< т. е. ВЕ:ЕС = т:п.
132

Тогда ПО формуле (I) д£_ т qq i
т + п
т + п т + п
Пусть, далее, точка М делит отрезок АЕ в отношении p:q,
т. е. AM:ME = p:q. Тогда
~~ ~ Ба =
/ _ _\ _
..-£—[-21-DC + -^r-DB) + -*—DA =
p + q \т + п т + п / p + q
р п
DB + -?-*-P-DC.
p + q P + q rn + n P + q т + п
Итак, вектор DM разложен по векторам DA, DB и DC.
Нетрудно убедиться, что сумма коэффициентов в этом разложении
равна 1.
Замечания. 1) В тех случаях, когда точка М лежит вне
треугольника либо на одной из его сторон, доказательства
аналогичны. 2) Доказанное соотношение является необходимым
и достаточным условием принадлежности четырех точек (А, В,
С и М) одной плоскости.
Задача. В тетраэдре SABC плоские углы трехгранного угла
с вершиной S прямые. Точка О — основание перпендикуляра,
проведенного из вершины S к плоскости грани ABC (рис. 2.56).
Разложить вектор SO по векторам SA, SB, SC, если SA = a,
Решение. Согласно (III) SO = aSA -\-$SB-\-ySC, причем
Так как SOJ-пл. ABC, то
SO±AC (2) и SO±BC (3).
Поскольку /IC = SC — SA и BC — SC — SB, то из условий
(2) и (3) получаем систему «
Так как по условию SAA-SB,
с —аа — , д
откуда a = Y"T» Р = 7~т-
а о

Подставим найденные значения а и р в (1):
2 2 2i»2
T^+T^+Y=l, откуда Y= Д
и, следовательно,
йУ А*
Таким образом,
^ b2c2SA
Задача. Дан куб ABCDA{BXCXD{. В каком отношении делит
объем куба плоскость, проходящая через вершину Л, середину
ребра ВС и центр грани DCCXD{>
Решение. Пусть Е — середина ребра ВС и О — центр
грани DCC{DX (рис. 2.57). Введем векторы: ВА = ау ВВХ = Ь и
ВС=с. Выразим векторы BE и ВО через введенные векторы:
B£=7
Пусть Р — точка, в которой плоскость, проходящая через
точки Л, £ и О, пересекает прямую, содержащую ребро DD\. На
основании (III) имеем:
(1)
причем
_ _ a + p + Y=l. (2)
(Векторы ВО и ВР на рисунке не показаны.)
Заменив в (1) В A, BE и ВО их выражениями через введенные
векторы, получаем:
С другой стороны, вектор ВР
можно найти как сумму векторов:
= ВА + ++
где Z — некоторое действительное
число, которое нужно определить.
В силу единственности
разложения вектора по трем данным
некомпланарным векторам получаем
систему
Рис. 2.57
134

решая которую находим:
a=l-Z, p = 2-4Z, y = 2Z.
Найденные значения a, p и у подставляем в (2):
1— Z + 2 — 4Z + 2Z=1,
2
откуда Z = ~. Полученное значение Z указывает на то, что точка
о
Р принадлежит ребру DDX.
Определив положение точки Р на ребре DD{, нетрудно найти
следы пересечения рассматриваемой плоскости с гранями куба.
В сечении образуется четырехугольник APNE. Очевидно, что
CN DP
Легко сообразить, что отсекаемый многогранник APDENC
является усеченной треугольной пирамидой. Положив АВ = а,
определим объем усеченной пирамиды APDENC
S =±-а--а = -а2
2 о и
« \ а а 1 2
Таким образом,
Следовательно, секущая плоскость делит объем куба в
отношении 7:29.
2.138. Основанием четырехугольной пирамиды SABCD является
параллелограмм ABCD. На боковых ребрах SA, SB и SC выбраны соответственно точки М,
N и Р так, что SM:MA=2:\, SN:NB = 3:\ и SP:PC=\:\. В каком отношении
плоскость MNP делит ребро SD, считая от вершины?
2.139. Дан куб ABCDAiBlClDl. В каком отношении делится ребро ВХС{
плоскостью, проходящей через вершину А и центры граней ВВХС{С и AXBXCXD{?
2.140. На ребре ММ{ куба KLMNKXL{MXNX взята точка А так, что
МА:АМХ = 3:2. На ребре KXNX взята точка В так, что KXB:KNX = \:2. Через
центр куба и точки А и В проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость
делит ребро KL?
2.141. В треугольной призме АВСАХВХСХ через точки Л, Вх и точку М,
делящую ребро ССХ в отношении 3:1, считая от вершины С,, проведено сечение. В ка-
135

ком отношении плоскость этого сечения делит отрезок, соединяющий центроид
основания ABC с серединой ребра Л,С,?
2.142. На ребрах АВ и Я,С, треугольной призмы АВСАХВХСХ взяты
соответственно точки М и N так, что АМ = МВ и BXN = 2NCX. В каком отношении отрезок
MN делится плоскостью сечения, проходящей через точки Л, Вх и середину
ребра ССХ?
В
Рис. 2.58
Доказательство. Соединим Н с вершинами Л и В,
проведем перпендикуляры ОЕ и OF на стороны ВС к АС
соответственно и соединим точки Е и F (рис. 2.58). Так как EF — средняя
линия треугольника ЛВС, то легко заметить, что треугольники
НАВ и OEF подобны, причем коэффициент подобия равен 2.
Следовательно, АН = 2ОЕ. Поскольку АН\\ОЕ, то векторы АН
и ОЕ коллинеарны и притом АН = 2ОЕ. Поскольку ОЕ —
медиана треугольника ОВС, то
Далее имеем:
Покажем теперь применение соотношения (2.16°) к решению
задач.
Задача. Доказать, что для всякого треугольника ABC
где О — центр описанной окружности, R — радиус этой
окружности, Н — ортоцентр, а, Ь, с — длины сторон треугольника.
Решение. Возведя в квадрат обе части равенства (IV),
получаем:
ОН2 = З/?2 + 2/?2. cos 2C + 2/?2 • cos 2B + 2R2. cos 2A =
= 9/?2-(4/?2.sin2 C + 4R2 sin2 B + 4R2 sin2 A) =
22 2 2
136

Задача. Доказать, что для произвольного треугольника ABC
где Н — ортоцентр треугольника, a R — радиус описанной
окружности.
Решение. Имеем:
Задача. Доказать, что для произвольного треугольника ABC
cos 2A + cos 2B + cos 2C > — |.
Решение. Ясно, что ОН2^0 или
(О4 + ОВ + ОС)2>0^3/?2 + 2/?2 (cos 2A +
+ cos 26 + cos 2C)>0^cos 2Л + cos 2B + cos
2.143. Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки
окружности, описанной около правильного треугольника, до его вершин не
зависит от положения точки на окружности.
2.144. Доказать, что в произвольном треугольнике центроид G, ортоцентр
Н и центр описанной окружности — точка О лежат на одной прямой (прямой
Эйлера), причем OG:G//= 1:2.
2.145. В треугольной пирамиде ZABC боковые ребра имеют одинаковую
длину. Высота пирамиды ZM равна 2 см, а расстояние от точки пересечения высот
треугольника ABC до центра описанной около него окружности равно 8 см.
Найти длину вектора ZA-\-ZB-\-ZC.
2. 146. В треугольной пирамиде ZABC боковые ребра ZA, ZB и ZC образуют
равные углы с высотой ZO пирамиды. Точки Аь Вх и С, являются серединами
ребер ВС, АС и АВ соответственно, а длина вектора ZAl-\-ZBl-\-ZCl равна
5 см. Найти длину вектора ZO, если расстояние от точки пересечения высот
треугольника ABC до точки пересечения высот треугольника АХВХСХ равно 1 см.
2.147. Дан треугольник ABC. Найти множество точек пространства, таких,
что М 2
10. ТЕЛА ВРАЩЕНИЯ
Решение задач на тела вращения, образующиеся при
вращении плоских многоугольников вокруг оси, лежащей в плоскости
вращающегося многоугольника и не пересекающей его (часто
проходящей через одну из его вершин), не вызывают особых за-
137

труднений. Почти все задачи этого вида
решаются единообразно.
Прежде чем рассмотреть решение таких
задач, рассмотрим все возможные положения
отрезка относительно оси вращения и установим,
какие поверхности образуются в каждом
отдельном случае. Отметим, что во всех случаях
отрезок и ось вращения лежат в одной плоскости.
Укажем пять возможных положений отрезка
относительно оси вращения.
1. Один из концов отрезка лежит на оси вра-
——- щения. При этом возможны два положения
отрезка:
6) а) Отрезок перпендикулярен к оси вращения.
При вращении образуется круг.
б) Отрезок не перпендикулярен к оси
вращения. При вращении образуется боковая
поверхность полного конуса.
2. Ни один из концов отрезка не лежит на оси
вращения, и отрезок не пересекает ось вращения.
ч При этом возможны три случая:
' в) Отрезок перпендикулярен к оси вращения,
но не пересекает ее. При вращении образуется
кольцо.
г) Отрезок параллелен оси вращения. При
вращении образуется боковая поверхность ци-
д) линдра.
д) Отрезок не параллелен оси вращения (и не
Рис. 2.59 пересекает ее). При вращении получается
боковая поверхность усеченного конуса.
На рисунке 2.59 показаны рассмотренные выше положения
отрезка относительно оси вращения.
В задачах на тела вращения обычно задается некоторая
фигура (в частности, многоугольник — только такие фигуры мы
и будем дальше рассматривать), расположенная определенным
образом относительно оси вращения*, и требуется определить
поверхность или объем тела вращения (или то и другое вместе).
Поверхность тела вращения находится как сумма
поверхностей, образованных вращением каждой стороны (отрезка)
данного многоугольника.
Объем же тела вращения находится как сумма объемов
нескольких круглых геометрических тел (конуса, усеченного
конуса, цилиндра), из которой (обычно, но не всегда) вычитается
сумма объемов других круглых тел.
* Мы будем рассматривать такие положения фигуры, когда она не
пересекается осью вращения, которая лежит в плоскости фигуры.
138

Для решения задач на тела вращения нужно выполнить два
чертежа. На первом (главном, «рабочем») чертеже мы
показываем положение многоугольника (треугольника) относительно оси
вращения, делаем дополнительные построения и вводим
обозначения. На втором чертеже мы даем изображение тела, которое
получается при вращении.
Часто при решении задач на тела вращения ограничиваются
только одним первым чертежом.
Решение задач на тела вращения в общем можно разбить на
два этапа. На первом этапе мы выражаем искомую величину
через отрезки фигуры, не заботясь о том, известны нам эти отрезки
или нет. Затем неизвестные отрезки выражаются через данные
в условии отрезки и углы (второй этап).
Может оказаться, что полученное на первом этапе решения
выражение, определяющее искомую величину, содержит,
например, некоторую сумму отрезков, которая может быть легко
определена, в то время как каждый из отрезков-слагаемых
определяется сложнее. В этом случае, естественно, предпочтительнее
найти сумму отрезков и подставить ее значение в формулу для
искомой величины. Это упрощает (порой значительно) решение
задачи.
Перейдем теперь к решению конкретных задач,
руководствуясь сделанными выше указаниями.
Задача. Определить объем и площадь поверхности тела,
полученного при вращении прямоугольника ABCD около оси,
лежащей в плоскости прямоугольника и проходящей через его
вершину А перпендикулярно диагонали АС, если АС = а и
ВАС
Решение. Прямоугольник ABCD вращается вокруг оси /,
лежащей в плоскости этого прямоугольника, проходящей через
его вершину А перпендикулярно к диагонали АС (рис. 2.60).
Опустим из вершин В и D перпендикуляры ВО и DOX на ось /.
Определим, что будет представлять собой тело, полученное
при вращении прямоугольника ABCD вокруг оси /.
При вращении прямоугольной трапеции АОВС вокруг
стороны АО образуется усеченный конус, при вращении треугольника
АОВ образуется полный конус. Таким образом, при вращении
треугольника ABC получается тело, представляющее собой
усеченный конус, из которого вынут полный конус, вершина
которого находится в центре нижнего основания усеченного конуса,
а основание совпадает с верхним основанием усеченного конуса.
Аналогичное получается от вращения треугольника ACD.
139

Рис. 2.60
Рис. 2.61
В общем, получается тело, состоящее из двух усеченных
конусов, сложенных своими большими равными основаниями и
имеющими две конические «воронки» (пустоты). Это тело изображено
на рисунке 2.61.
Начнем решение задачи с определения поверхности тела
вращения SBp. Условимся, далее, обозначать поверхность,
образованную вращением, например, отрезка АВ, через SABi а объем
тела, образованного вращением треугольника ABC,— VABC и Т. п.
Таким образом,
. (1)
Согласно сделанным замечаниям (с. 138)
Sab—боковая поверхность полного конуса,
SBC—боковая поверхность усеченного конуса,
SCD — боковая поверхность усеченного конуса,
SAD—боковая поверхность полного конуса.
Определим их через отрезки, указанные на чертеже:
Сложив левые и правые части этих равенств, получаем:
Учитывая, что противоположные стороны прямоугольника
равны, т. е. AB — CD и BC — AD, получаем, что
S^ = n{AB + BC){OB + AC + OxD). (2)
Заметим, что при определении поверхности вращения мы
руководствовались намеченным выше общим планом решения
и выразили искомую поверхность через некоторые отрезки, не
заботясь пока о том, известны они нам или нет. На этом
оканчивается первый этап решения в определении поверхности
вращения.
140

Теперь необходимо разобраться, какие из отрезков в формуле
(2) неизвестны и как их определить. Таких неизвестных отрезков
в выражении (2) будет четыре: АВУ ВС, ОВ и OXD.
Следовательно, их нужно определить и найденные для них выражения
подставить в (2).
Однако при внимательном подходе к решению задачи можно
усмотреть, что
OB + OlD = AC = a. (3)
Равенство (3) освобождает нас от нахождения отрезков ОВ
и OXD отдельно и тем самым упрощает решение задачи.
Докажем равенство (3). Опустим из вершин В и D
перпендикуляры BF и DE на диагональ АС. Очевидно, что треугольники
ABF и CDE равны, ибо у них AB = CD и Z.BAF= Z.DCE.
Следовательно, CE = AF. Так как AF = OB и AE = O{D, то
Таким образом, выражение (2) упростится:
Sap = 2n(AB + BC)'AC. (4)
Из ААВС
= a«cos a, BC = AC*sin a = a*sina.
Подставив полученные для АВ и ВС выражения в (4),
получаем:
SB? = 2n(a cos a-fa sin a)a = 2na2(cos a + sin a) =
Определим теперь объем тела, образующегося при вращении
рассматриваемого прямоугольника:
^вр= vаовс~\~ Уасоо{ * аов ^ao{d-
Имеем:
VAOB=
Очевидно, что АО1 = АО.
Из ААОВ АО — АВ sin a = a-cos a-sin a = -^a sin 2a.
Таким образом,
к-АО-ЗАС2=±г па3 sin 2a.
141

Рис. 2.62
Рис. 2.63
Задача. Периметр прямоугольного треугольника равен 2/?,
а один из острых углов равен а. Определить объем тела,
получающегося при вращении треугольника около гипотенузы.
Решение. В прямоугольном треугольнике ABC {/-С
прямой) проведем CD-LAB (рис. 2.62). Пусть Z.BAC = a. При
вращении треугольника ABC вокруг гипотенузы АВ образуется
тело, состоящее из двух конусов, сложенных своими равными
основаниями (рис. 2.63). Определим Кв
вр.
(1)
Пусть АВ — х. Тогда из ААВС AC = x-cos a, BC = A>sina.
Из условия задачи имеем, что
= 2р или
откуда
2р
1+cosa + sina 2 cos8-| + 2 sln|cos-|
a / a , . a\ лпг a /a я
cos - ^cos -+ sin yj V2 cos - cos {j-j
Итак,
AB=-
Учитывая (2), ЛС = -
лпг a /a я
Д/2 cos —cos ("g-—т
p cos a
(2)
142

Из AACD
p cos ci'Sin a
p sin 2a
, гг" а /я а \ ~ , пг а / я а
V2 cos — cos (J~ g") 2 V2 cos — cos ( T- —
Найденные значение АВ и CD подставляем в (1):
p sin 2a ч 2
, 1 / p sin 2a V
вр==з':Г11 JT 77 T\ 1 #
\^2V2 C0SYC0S(t~2")/
л/о" а /я а
V2 cos ~ cos (j~
np*
sin2 2a
24w -т-'(т-т)'
Задача. Треугольник ЛВС, стороны которого ЛВ = 3, ВС =
= 6 и ЛС = 5, вращается вокруг оси /, проходящей через
вершину А параллельно биссектрисе BD угла В (рис. 2.64). Найти
поверхность и объем тела вращения.
Решение. Проведем BE 1.1 и CF.LL
Найдем поверхность вращения:
SBp = Sab
Найденные для SAB> SBC и SAC выражения подставим в (1):
SBp = 3n-BE + 6n(BE + CF) + 5n-CF = n(9BE+ \ICF). (2)
Положим Z.ABC = 2q) (0<2ф<я). Тогда очевидно, что
Из Л ЯЛ В ££ = 3 5Шф.
Продолжим BD до пересечения с CF в точке /(.
Из АВСК C^C = 6sinф.
CF = CK-\-KF = 6 sin ф + 3 sin ф = 9 sin ф.
Найденные для BE и С/7 выражения под- ^
ставляем в (2):
[ 1 «9 sin ф)= 126я sin ф.
9 + 36-25 _ 5
9 '
5Bp = n(9.3sin
Из А ЛВС
2-3-6
тогда sin ф =
F-
Рис. 2.64
143

Итак,
Найдем теперь объем тела вращения:
^вр == * BEFC * BAE
E
=^-6 cos ф (9 sin2 ф + 27 sin2 ф + 81 sin2 ф)
О
9 Л/Т 2 52яУ7
VBAE=± ВЕ2-АЕ=^-9 sin2 ф-3 cos v=i.9.|-3
~ Г"'
=j CF2-ЛF=^•81 .|.Д/? =
Л/7 = £/7-Л£ = б cos ф-3 cos ф = 3-^
Таким образом,
Следовательно,
2.148. Прямоугольник вращается вокруг оси, лежащей в плоскости
прямоугольника и проходящей через его вершину параллельно диагонали. Найти
поверхность тела вращения, если площадь прямоугольника равна S, а угол между
диагоналями равен а.
2.149. Катет прямоугольного треугольника равен а, противолежащий ему
угол равен а. Этот треугольник вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости
треугольника, проходящей через вершину данного угла и перпендикулярной его
биссектрисе. Найти объем тела вращения.
2.150. Тупоугольный равнобедренный треугольник вращается вокруг прямой,
проходящей через точку пересечения его высот параллельно большей стороне.
Найти объем тела вращения, если тупой угол равен а, а противолежащая ему
сторона треугольника равна а.
2.151. Ромб со стороной а и острым углом а вращается около оси,
проходящей через вершину острого угла перпендикулярно к его стороне. Определить
площадь поверхности и обьем тела вращения.
2.152. В треугольнике даны основание а и прилежащие углы а и 90° +а.
Определить объем тела, полученного при вращении треугольника около высоты.
144

ГЛАВА 3
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ МЕТОДОМ ВВЕДЕНИЯ
ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
11. ВВЕДЕНИЕ ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО ОТРЕЗКА
В ряде случаев в решении геометрических задач необходимо
введение вспомогательного отрезка. Суть этого метода состоит
в том, что длину некоторого отрезка рассматриваемой в задаче
фигуры полагают равной, например, х и затем находят искомую
величину. При этом в одних случаях вспомогательная величина
в процессе решения задачи «исчезает» (сокращается), а в других
ее нужно определить через данные условия и подставить в
полученное для искомой величины выражение.
Задача. Один из острых углов прямоугольного треугольника
равен а. В каком отношении биссектриса прямого угла делит
площадь этого треугольника?
Решение. Пусть /LA в прямоугольном треугольнике ABC
(ZC = 90°) равен a, CD — биссектриса прямого угла С (рис. 3.1).
Примем за вспомогательный отрезок катет АС и обозначим
величину его через х.
По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника
имеем:
Площади треугольников ACD и BCD (имеющих общую
вершину С) относятся, как их основания, т. е.
Задача. Стороны треугольника относятся как 7:8:9. Найти
отношение радиуса описанной около треугольника окружности
к радиусу вписанной в него окружности.
Решение. Пусть в треугольнике ABC (рис. 3.2)
АВ:ВС:АС = 7:8:9. Примем за л: длину отрезка, который
содержится 7, 8 и 9 раз в сторонах АВ, ВС и АС соответственно. Тогда
АВ = 7х, ВС = 8х и АС = 9х. Учитывая это, находим:
/? ===== 12jc, р— а = 4х, р — Ь = 3х и р — с = 5х,
10 Заказ 965 145

Л В
Рис. 3.1 Рис. 3.2
Радиус вписанной окружности
_S _\2х2л/ь _
Г~~ Р~~~ 12а:
Радиус описанной окружности
n_abc_ 8jc-9jc*7jc _ 21*
45 4-12jc2-V^ 2Д/5"
Искомое отношение
R 2\х 21
Задача. Около круга, площадь которого равна Q, описан
ромб с острым углом, равным а. Найти площадь ромба.
Решение. Пусть ABCD (рис. 3.3) — данный в условии
ромб, у которого Z.A = a. Пусть сторона равна х, т. е. АВ =
= BC = CD = DA = x. Тогда площадь ромба
S = AB2sinA = x*sina (1)
Проведем BEJ^AD. Высота ромба BE является также
диаметром круга, около которого описан ромб.
Из ААВЕ
ВЕ = АВ sin A = x sin a.
Площадь круга
. =тдг sin" а.
4 4
Согласно условию имеем:
откуда 4Q
XT ==-
я sin2 a
Найденное значение я2 подставляем в (1):
146

S= v, sin a=—*-Z— .
я sin2 a я sin a
Задача. В треугольнике ABC величины углов А, В и С
составляют арифметическую прогрессию. Наименьшая сторона в 4
раза меньше наибольшей стороны. Найти тангенс наименьшего
угла.
Решение. Положим ^В = ф. Тогда в соответствии с
условием
= ф — а и Z.C = c
Этим самым мы предполагаем, что Z. A, Z.B и Z. С образуют
возрастающую арифметическую прогрессию с разностью а.
Аналогичное решение и тот же результат мы получим, если сделаем
обратное предположение.
Определим значение ср из того, что сумма углов треугольника
равна 180°:
откуда ф = 60°.
Наименьшей стороной в данном треугольнике будет,
очевидно, сторона ВС, а наибольшей — АВ (рис. 3.4). Положим ВС = х,
тогда согласно условию АВ = 4х.
Из ААВС
ВС2-2АВ.ВС cos В =
2* =
ВС2 = АВ2 + АС2-2АВ.AC cos Л,
откуда
Тогда
Рис. 3.3 Рис. 3.4
147

Задача. На катете АС равнобедренного прямоугольного
треугольника ABC выбрана точка Р так, что полуокружность,
построенная на отрезке PC как на диаметре, касается гипотенузы
АВ. В каком отношении эта полуокружность делит отрезок РВ?
Решение. Пусть треугольник ABC (рис. 3.5), данный
в условии, прямоугольный равнобедренный. Полуокружность
с центром О, построенная на СР как на диаметре, касается
гипотенузы АВ в точке D.
Положим OC = OP = OD = x. Так как данный треугольник
ABC равнобедренный, то прямоугольный треугольник AOD
также равнобедренный и потому AD = OD = x.
Из AAOD
Тогда
Рассматриваемая полуокружность пересекает отрезок ВР
в точке Е. Очевидно, что СЕЛ-ВР. По свойству высоты,
проведенной из вершины прямого угла на гипотенузу, имеем:
BE
ЕР
ВС2
СР2
4JC2
Задача. Через диагональ основания и высоту правильной
четырехугольной пирамиды проведена плоскость. Отношение
площади сечения к боковой поверхности пирамиды равно к. Найти
косинус угла между апофемами противоположных боковых
граней.
Решение. Пусть ZABCD (рис. 3.6) — данная в условии
пирамида, высота которой ZO> a ZM и ZN — апофемы
противоположных боковых граней ZAB и ZCD соответственно.
Проведем плоскость, проходящую через апофемы ZM и ZN.
Сечением пирамиды этой плоскостью является равнобедренный
В
О РА
Рис. 3.5
Рис. 3.6
148

треугольник ZMN. Очевидно, что высота пирамиды ZO
принадлежит плоскости сечения и потому является высотой,
биссектрисой и медианой треугольника ZMN.
Пусть величина искомого угла равна ср, т. е. /LMZN = ц,
a ZN = x. Через х и ф выразим площадь боковой поверхности
пирамиды и площадь диагонального сечения, после чего составим
указанное в условии отношение, приравняв это отношение k.
Получим уравнение, из которого найдем величину искомого угла.
Реализуем намеченный план.
Из AZON
= ZN sin OZN = x sin -|
Из AODN
= 4x> sin -|
В соответствии с условием составляем уравнение:
ИЛИ
4/sinf
откуда
Ясно, что допустимые значения для ф находятся в пределах
0<ф<л,
тогда
— 1 <cos 1
или
откуда
2V2" '
149

Ответ: 16fc2 — 1 при 0<&< 1
2Д/2" *
Задача. Высота правильной четырехугольной пирамиды
составляет с боковой гранью угол 30°. Через сторону основания
пирамиды проведена плоскость, перпендикулярная
противоположной грани. Найти отношение объемов многогранников,
полученных при пересечении пирамиды этой плоскостью.
Решение. Пусть ZABCD (рис. 3.7) — данная в условии
пирамида, в которой через сторону основания CD проведена
плоскость перпендикулярно к грани ZAB. В сечении получается рав-
нобокая трапеция DMNC (DC\\MN).
Нужно найти отношение объемов:
*ZCDMN • *ABCDMN-
Объем «нижней части» пирамиды VABCDMN найдем как разность
объемов:
= V ZABCD —
Для нахождения VZABCD и VZCDMN примем длину некоторого
отрезка в рассматриваемой пирамиде равной х. При выборе
отрезка будем руководствоваться следующим требованием:
отрезок должен принадлежать прямоугольному треугольнику,
содержащему данный в условии острый угол.
Через высоту пирамиды ZO и апофему ZE проводим сечение.
В сечении получается равнобедренный треугольник ZEF,
плоскость которого перпендикулярна граням ZAB и ZCD. Из этого
следует, что углом между высотой пирамиды и боковой гранью
ZCD является Z.OZE. По условию ZOZ£ = 30°. Аналогично
ZOZF = 30°. Таким образом, треугольник ZEF правильный.
Так как С£±пл. ZEF, то CD±ЕР (где ЕР — линия
пересечения плоскостей CDM и ZEF). Таким образом, ЕР — высота
трапеции CDMN.
Поскольку пл. CDM±пл. ZAB и EP±MN, то £Р_1_пл. ZAB
и, следовательно, ЕР.LZF, т. е. ЕР — высота правильного
треугольника ZEF, проведенная к стороне ZF.
Аналогично доказывается, что ZP — высота отсеченной
пирамиды ZCDMN.
Очевидно, что Р — середина ZF и потому MN — средняя
линия в треугольнике ZAB, Положим, руководствуясь сделанным
выше указанием, ZF = x. Тогда EF = AB = x.
Из AZEO
Поэтому и
150

Рис. 3.7 Рис. 3.8
Ясно, что г
Найдем теперь искомое отношение:
V VZCDMN -^
Vabcdmn Vzabcd~~Vzcdmn _L
(CD + MN)EPZP £ x^ l (*\ *^* *
(CD + MN)EP-ZP £ x^ l (x \ *
2 2 2 \ 2
(x \ \
2 \ 2/ 2 2
Задача. Через вершину правильной четырехугольной призмы
проведена плоскость так, что в сечении образовался ромб
с острым углом а. Найти угол наклона этой плоскости к
плоскости основания призмы.
Решение. Пусть ABCDAlBlClDl (рис. 3.8) — данная в
условии призма и AB2C2D2 — сечение, проведенное через вершину
А и являющееся ромбом. Так как AB2 = AD2 как стороны ромба,
то прямоугольные треугольники АВВ2 и ADD2 равны. Из
равенства этих треугольников следует, что BB2 = DD2. Поэтому
BB2D2D — прямоугольник и B2D2 = BD. Очевидно, что АС2>АС.
Так как AC = BD, то АС2>B2D2j т. е. АС2 — большая диагональ
ромба, и потому /LB2AD2 — острый угол ромба, равный по
условию а.
Соединим центр нижнего основания, точку О, с точкой
пересечения диагоналей ромба О2. Так как О — середина АС и О2 —
середина АСЪ то ОО2\\СС2 как средняя линия в треугольнике
АСС2. Поскольку СС2±.пл. ABC, то и ОО2±.пл. ABC, Таким
образом, треугольник АОО2 прямоугольный. Угол ОАО2 — линейный
угол двугранного угла, образованного плоскостью сечения
(плоскостью ромба) и плоскостью основания призмы. (Докажите.)
151

Положим АО2 =
Из AAO2D2
Z.OAO2 =
Из аАОО2
O2D2=AO2 tg O2AD2 = x tg i,
АО
xigJ
) = arccos (tg —
откуда
Задача. На плоскости основания равностороннего конуса (вне
конуса) дана точка, удаленная от окружности основания на
расстояние радиуса. Через эту точку проведены к конусу две
касательные плоскости. Определить угол между ними.
Решение. Пусть А — точка, лежащая в плоскости
основания равностороннего конуса и удаленная от окружности
основания конуса на расстояние радиуса, т. е. AN = ON, где N — точка
пересечения отрезка АО (О — центр основания конуса) с
окружностью основания (рис. 3.9). Две плоскости, касательные к
конусу и проходящие через точку Л, касаются боковой поверхности
конуса по образующим ZB и ZC и пересекаются по прямой ZA.
Говоря об угле между этими плоскостями, будем иметь в виду
двугранный угол, образованный теми полуплоскостями данных
плоскостей, которые касаются боковой поверхности конуса. Эти
полуплоскости пересекают плоскость основания конуса по лучам
АВ и АС, касающимся окружности основания конуса.
Соединим точки касания В и С и каждую из них с точкой О;
К — точка пересечения отрезков О А
и ВС.
Очевидно, что АВ — АС (как
касательные к окружности, проведенные из
одной точки). Кроме того, ABJlOB
и АС±ОС. Поэтому AB±ZB и
ACA-ZC (по теореме о трех
перпендикулярах). Следовательно,
треугольники ABZ и ACZ прямоугольные и
равные. Плоскости этих треугольников
образуют искомый двугранный угол. Из
вершин В и С проведем
перпендикуляры на общую для рассматриваемых
треугольников гипотенузу. Основания
этих перпендикуляров попадут, оче-
Рис. 3.9 видно, в одну и ту же точку L. Таким
152

образом, A BLC— линейный угол искомого двугранного угла.
Ясно, что треугольники ВАС и BLC равнобедренные.
Поскольку АО — биссектриса Z ВАС, то А К — биссектриса, медиана
и высота в треугольнике ВАС. Так как AO = 2ON = 2OBy то из
треугольника АВО следует, что Z.OAB=30° и Z.AOB = 60°.
Соединим точки К и L; LK — медиана, биссектриса и высота
в треугольнике BLC.
Из сказанного выше непосредственно следует, что ВК —
высота в треугольнике АВО.
Положим ОВ = х и В
Из АОВК
Из ААВО
Так как данный в условии конус равносторонний, то
Из AZAB
ZA
из
р . __ ZB-AB _ 2х- х Д/З" _ 2х Уз"
cos BLC = cos 2ф== 1 —2 sin2 ф= 1 — 2~=4 .
16 о
Итак,
8 *
Рассмотрим далее решение задач, в которых требуется найти
величину поверхности тела или его объем, площадь
какого-нибудь сечения или другую нелинейную величину, относящуюся
к рассматриваемому геометрическому телу, причем данные
условия задачи не содержат линейный элемент. В решении
таких задач, как правило, нужно вводить вспомогательный
линейный элемент.
Задача. Основание пирамиды — прямоугольный треугольник
площадью Q и с острым углом а. Боковая грань, проходящая
через катет, принадлежащий данному углу, перпендикулярна
к плоскости основания, а две другие грани образуют с
основанием углы, равные р. Найти объем пирамиды.
Решение. Пусть ZABC (рис. 3.10) — данная в условии
пирамида, основанием которой является прямоугольный
треугольник ABC {/LC = 90°), у которого Z.BAC = a. Грань ZACy проходя-
153

Рис. 3.10
Рис. 3.11
щая через катет Л С, согласно условию перпендикулярна
плоскости основания, т. е. пл. ZACA-пл. ABC, Проведем в грани ZAC
ZD1-AC. Из сказанного выше следует, что ZD J-пл. ABC,
т. е. ZD — высота пирамиды.
Согласно условию грани ZBC и ZAB наклонены к плоскости
основания под углом р. Поскольку АС А-ВС, то и ZCA.BC по
теореме о трех перпендикулярах. Поэтому Z.ZCD — линейный угол
двугранного угла, который грань ZBC образует с плоскостью
основания пирамиды; ZZCD = p.
В плоскости основания проводим DE1.AB и соединяем точку
Е с точкой Z. Ясно, что Z.ZED — линейный угол двугранного
угла, который грань ZAB составляет с основанием пирамиды.
Поэтому Z.Z£D = p.
Очевидно, что треугольники ZDC и ZDE равны. Из равенства
этих треугольников следует, что DE = DC.
План решения. Положив ZD = x, находим объем
пирамиды. Затем через х и данные в условии углы выразим площадь
основания пирамиды. Приравняв полученное выражение Q,
получим ур&внение, из которого найдем х. Найденное для х
выражение подставляем в ранее полученное выражение для объема
пирамиды.
Реализуем намеченный план.
Объем пирамиды
(i)
Из AZDC
Из AADE
DC = ZD ctg ZCD = x ctg p = DE.
A D=
sin DAE
154

sin a sin a
Из AABC
sin a cos a
Площадь основания данной пирамиды
1 а о 1+sina 1+sina
sin 2a
Составим уравнение:
откуда
c= tgP VQsin2a.
1-fsin a
Найденное для х выражение подставляем в (1):
У = QtgP VQsin2a. (2)
3(l+sina) v
По смыслу задачи ясно, что допустимые значения для
аир находятся в пределах 0°<а<90° и 0°<р<90°. При любом
из указанных допустимых значений аир объем пирамиды,
вычисляемый по формуле (2), будет выражен положительным
числом кубических единиц.
Необходимо отметить, что рассматриваемая задача
допускает существование двух различных пирамид, удовлетворяющих
условию, в связи с чем задача имеет два решения и
соответственно два отличающихся ответа.
Рассмотрим второе решение. Заметим, что условие данной
задачи допускает и такой случай, когда ребро ZXC{ составляет угол
Р не со стороной АХСЪ а с ее продолжением за вершину С! (рис.
3.11).
В плоскости грани ZXAXCU перпендикулярной основанию
пирамиды АХВХСЬ проводим ZXDX A-AXCX. Аналогично предыдущему
доказывается, что ZXDX — высота пирамиды и Z.Z1C1D1 = p. Из
точки Dx в плоскости основания проводим DxExJlAxBx и
соединяем точку Ех с вершиной Z,. В соответствии с условием
^LZXEXDX= Z-ZXCXDX = $. Аналогично доказываем, что DXCX = DXEX,
Из этого, в частности, следует, что точка Ех лежит на
продолжении гипотенузы АХВХ за точкой Вх.
Положив ZxDx = y, находим объем пирамиды
155

Рис. 3.12
Из AZXCXDX
C1D1 = */ctgp = D1
Из Ay4,D,£,
л п — DxE{ — у ctg
;
sin а
1—sin а
iC,=4,D, —C,D, =у-^--0 ctg p = y ctg
sin а
^0 ctg p y ctg р:.
sin а sin а
Сопоставляя полученное для АХСХ выражение с выражением
для АС, полученным в первом варианте решения, запишем,
опуская дальнейшие аналогичные вычисления, выражение для
объема пирамиды в рассматриваемом случае:
Vx= QtgP VQsin2a. (3)
1 3(1-sin a) v v '
Из (З) следует, что при одних и тех же значениях а,
Р и Q VX>V, причем при значениях а, близких к 90°, Vx
значительно превосходит V.
Может показаться, что данная задача имеет еще одно
решение, соответствующее иному наклону грани ZAB, при котором
вершина Z проектируется в точку D, лежащую на продолжении
АС за точкой А. Однако такое предположение ошибочно, так как
очевидно, что в этом случае (рис. 3.12) всегда DE<cDC и грани
ZAB и ZBC не могут быть одинаково наклонены к плоскости
основания пирамиды. Других решений, кроме приведенных
выше, задача не имеет.
3.1. Точка Af, лежащая внутри равностороннего треугольника, удалена от его
вершин на 1 см, 2 см и 2 см. Найти площадь треугольника.
3.2. Около круга радиуса г описана прямоугольная трапеция, наименьшая из
3
сторон которой равна —г. Найти площадь трапеции.
3.3. Длины сторон треугольника выражаются тремя последовательными
целыми числами. Найти эти стороны, если известно, что меньший из отрезков, на
которые биссектриса большего угла делит противоположную сторону,
равен 7— м.
У
156

3.4. В прямоугольном треугольнике найти отношение катетов, если высота
и медиана, выходящие из вершины прямого угла, относятся как 40:41.
3.5. В окружность А вписаны три круга одинакового радиуса, касающиеся
друг друга и окружности А. Через центры этих кругов проведена окружность В.
Найти отношение площади круга В к площади круга А.
3.6. Определить углы ромба, если дана его площадь Q и площадь вписанного
в него круга q.
3.7. Большее основание трапеции а, меньшее — Ь, углы при большем
основании -— и —■. Найти площадь трапеции.
3 4
3.8. Точка N лежит на стороне АС правильного треугольника ABC. Найти
отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников ABN и ABC,
если AN:AC = n.
3.9. В окружность вписан квадрат ABCD. Хорда АЕ проходит через середину
М стороны CD. В каком отношении хорда BE делит сторону CD?
3.10. В треугольник ABC вписана окружность радиуса /?, касающаяся
стороны АС в точке £>, стороны А В в точке Е и стороны ВС в точке F. Длина отрезка
AD равна /?, а длина отрезка DC равна а. Найти площадь треугольника BEF.
3.11. В треугольнике ABC дано: Z.i4=~-, Z.B=--. Продолжение высот тре-
3 4
угольника ABC пересекает описанную около него окружность в. точках М}
N и Р. Найти отношение площадей треугольников ABC и MNP.
3.12. В треугольнике высота в 2 раза меньше основания, а один из углов при
основании равен 75°. Найти остальные углы треугольника.
3.13. Все боковые грани четырехугольной пирамиды — правильные
треугольники. Расстояние от цейтра боковой грани до плоскости основания пирамиды
равно Ь. Определить объем пирамиды.
3.14. В пирамиде ZABCD, основание которой — прямоугольник ABCDf грани
ZAD и ZCD наклонены к плоскости основания под углом а. Грань ZBC
перпендикулярна плоскости основания, причем Z.BZC — 90°. Найти объем пирамиды,
если сумма высот, проведенных в гранях ZAD и ZBC из вершины Z, равна т.
3.15. Объем правильной пирамиды равен V. Найти объем пирамиды,
отсекаемой от данной плоскостью, проходящей через центр шара, вписанного в данную
пирамиду параллельно ее основанию, если двугранный угол при основании
равен а.
3.16. Двугранный угол при основании правильной треугольной пирамиды
равен 45°. Под каким углом к основанию пирамиды нужно провести плоскость,
чтобы она, проходя через вершину основания параллельно противолежащей этой
вершине стороне, делила объем пирамиды пополам?
3.17. В основании прямой призмы лежит треугольник. Два его угла равны
а и р, а площадь равна 5. Прямая, соединяющая вершину верхнего основания
с центром круга, описанного около нижнего основания, составляет с плоскостью
нижнего основания угол, равный ф. Найти объем призмы.
3.18. Основанием пирамиды служит трапеция, у которой диагональ
перпендикулярна к боковой стороне и образует с основанием угол а. Все боковые ребра
пирамиды равны между собой. Боковая грань, проходящая через большее
основание трапеции, имеет угол при вершине, равный 2а, и площадь, равную S.
Найти площадь сечения пирамиды, проведенного через меньшее основание трапеции
и середину высоты пирамиды.
157

3.19. Площадь боковой грани правильной двенадцатиугольной пирамиды
равна S. Плоский угол при вершине равен а. Найти объем пирамиды.
3.20. Основанием прямой призмы ЛВСА1В1С1 служит равнобедренный
треугольник ABC (АВ = АС), у которого периметр равен 2/?, а угол при вершине
А равен а. Через сторону ВС и вершину Л, проведена плоскость, составляющая
с плоскостью основания угол, равный 0. Найти объём призмы.
12. ВВЕДЕНИЕ ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО УГЛА
Многие геометрические (в основном стереометрические)
задачи решаются введением вспомогательного угла. Суть этого
метода принципиально не отличается от рассмотренного в п. 11
метода введения вспомогательного отрезка. Положив некоторый
угол в рассматриваемом геометрическом теле (фигуре) равным
Ф, находят искомую величину через данные условия (или часть из
них) и функции введенного угла. Затем выражают какую-нибудь
тригонометрическую функцию ср через данные условия и находят
те функции ф, которые содержатся в полученном ранее
выражении для искомой величины.
В п. 11 мы рассматривали решение задач, и которых данные
в условии линейный элемент и угол не принадлежали одной
плоскости. Эти задачи решались методом введения
вспомогательного отрезка. Их же можно также решать введением
вспомогательного угла.
Умение решить одну и ту же задачу двумя различными
способами (в частности, введением вспомогательного отрезка и
введением вспомогательного угла) предоставляет решающему
возможность самоконтроля.
Задача. В трапеции меньшая диагональ перпендикулярна
к основаниям. Сумма острых углов равна 90°. Основания
трапеции равны а и Ь. Определить боковые стороны.
Решение. Пусть ABCD (рис. 3.13) — данная в условии
трапеция, у которой DA = a, BC = b и сумма острых углов равна
90°, т. е.
/LBAD+Z. BCD = 90°. (1)
Очевидно, что BD — меньшая диагональ трапеции. Согласно
условию BDA-AD. Введем вспомогательный угол BAD = a.
Тогда из (1) имеем, что Z. BCD = 90° — а. При этом из
прямоугольного треугольника BCD получаем, что Z.BZ)C = a.
Из AABD
BD = AD tg BAD = a tg a. (2)
Из ABCD
BD = BC ctg BDC = bdg a. (3)
158

Рис. 3.13
Из (2) и (3) следует, что atga = 6ctga, откуда tga==~\/—,
тогда
Из AABD
cos a =
sin а = Д/1 5L. =
V а + Ь
cos a
Из Л BCD
Итак,
Задача. Из точки Р, лежащей на гипотенузе АС
прямоугольного треугольника ABC, проведен перпендикуляр РМ к АС,
который делит треугольник на две равновеликие фигуры. Найти
площадь треугольника ABC, если АР = а и СР = Ь.
Решение. Пусть треугольник ABC (рис. 3.14), данный
в условии, прямоугольный. На его гипотенузе АС выбрана точка
Р так, что ЛЯ = а и СР = Ь. Согласно условию PM.LAC, причем
S -1 9
° АСМР — ~2 °ДАВС-
Положим /LACB = q>. Тогда из АСМР
СР Ь
СМ=-
cos MCP cos <
=±CP.CM sin C=4& —
^ ^ Cos i
sin ф =
Ь2
2 cos ф
sin
Из ААВС
О a A RC "л"
= AC cos ACB =
3Cs\n C=~!
cos ф
cos
sin ф.
159

Следовательно,
ь2
откуда
sin ф = т(а + fe)2cos ф sin ф,
2 cos ф 4
&У2~
cosro = -
a + b '
Найдем площадь треугольника ЛВС:
Найдем теперь tg ф:
(1)
-ь2
Подставляя значение tg ф в (1),. получаем:
Ь2 __ b
Задача. Высота конуса, равная Л, является диаметром
сферы, которая делит боковую поверхность конуса в отношении
т:/г, считая от вершины. Найти радиус основания конуса.
Решение. Пусть треугольник AZB (рис. 3.15) — осевое
сечение данного конуса. Плоскость этого сечения пересекает
поверхность сферы по большой окружности, диаметром которой
является высота ZOX треугольника AZB. Сфера пересекает боковую
поверхность конуса по окружности с центром О2, диаметром
которой является отрезок АШ, параллельный основанию АВ
сечения AZB. Эта сфера согласно условию делит боковую
поверхность конуса в отношении т\пу считая от вершины.
Соединим точки Ох и N. Положим Z.ZBOx = a. Тогда
очевидно, что /^-ZNO2= Z-ZOxN=za.
Из AZOXN
ZN = ZOX sin ZOxN = h sin a .
Из AZO2N
2 cos ZNO2 = h sin a cos a.
Величина части боковой поверхности
конуса, лежащей внутри сферы,
SZN = nO2N • ZN = nh sin a cos a h sin a =
2 2
= яА2 sin2 a cos a.
Из
zb=
sin ZBOX sin a
OXB = ZOX ctg ZBOx = h ctg a.
Боковая поверхность данного конуса
160

SZB = n0tB-ZB = nh ctg а-^- = лЛ
sin a
Величина части боковой поверхности конуса, лежащей вне
сферы,
Sbn = $zb — $zn = nh2 (cga —sin2 a cos a ).
\sin a /
Составляем уравнение: SZN:SBN = m:n, или
m
ctg a . 2 n
sin a cos a
sin a
После элементарных упрощений имеем:
1 —sin4 a n
sin4 a m
1 m-\- П / i i j 9 \9 t7l-\~ П
l^-a=~i-> d+ctgW = -i-,
__ .
Найденное значение ctg a подставляем в полученное ранее
выражение для О,В:
3.21. В равнобедренном треугольнике найти отношение высоты, опущенной
на основание, к боковой стороне, если радиус вписанной окружности относится
к основанию как 1 :4.
3.22. В четырехугольнике ABCD, вписанном в окружность, AB — -—AD,
ВС = — CD. Зная, что АВ = а, АС = Ь, вычислить ВС.
3.23. Определить среднюю линию трапеции, если ее боковые стороны равны
9 см и 12 см, а основания и меньшая диагональ относятся как 9:6*7.
3.24. Расстояние между параллельными прямыми равно 1. Точка А лежит
между этими прямыми на расстоянии а от одной из них. Найти длину стороны
равностороннего треугольника АВСУ вершина В которого лежит на одной из
параллельных прямых, а вершина С — на другой.
3.25. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AM и CN. Известно, что
АС = 6 см, Л# = 2 см, СМ = 3 см. Найти длину MN.
3.26. Боковая поверхность правильной треугольной пирамиды со стороной
основания а в 5 раз больше площади основания. Найти объем конуса, вписанного
в эту пирамиду.
3.27. В окружности проведены два взаимно перпендикулярных диаметра АВ
1 1 Заказ 965 161

и CD. Хорда АЕ пересекает CD в точке К так, что С/С:/CD = 2 : 1. Хорда СЕ
пересекает АВ в точке М. Доказать, что АМ:МВ = 3 : 1.
3.28. В основании прямой треугольной призмы лежит равнобедренный
прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна с. Через гипотенузу нижнего
основания проведена плоскость так, что в сечении призмы получился правильный
треугольник. Известно, что можно вписать шар, касающийся боковых граней
призмы, верхнего основания и сечения. Найти объем призмы.
3.29. В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD плоскость,
проведенная через сторону АВ, перпендикулярная грани ZDC, делит грань на две части,
одинаковые по площади. Найти полную поверхность пирамиды, если AD = a.
3.30. Образующая конуса равна / и составляет с высотой угол, равный а.
Через две образующие конуса, угол между которыми равен р, проведена плоскость.
Найти расстояние от центра вписанного в конус шара до проведенной плоскости.
3.31. Угол при вершине осевого сечения конуса равен ---. В этом конусе рас-
«3
положены три одинаковых шара радиуса г, касающиеся изнутри боковой
поверхности конуса, плоскости основания конуса и попарно друг друга. Найти площадь
боковой поверхности другого конуса с теми же высотой и плоскостью основания,
которого данные шары касаются внешним образом.
3.32. В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD (Z — вершина) через
середины сторон АВ и AD проведено сечение, плоскость которого параллельна
ребру ZA. Найти объем пирамиды, если сторона основания равна а и площадь
сечения S.
3.33. Основанием пирамиды служит равнобокая трапеция, параллельные
стороны которой а и Ь (а>Ь\ а угол между равными отрезками диагоналей
а. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания,
двугранные углы, ребрами которых являются параллельные стороны трапеции,
относятся как 1 : 2. Найти объем пирамиды.
3.34. В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD с вершиной Z и
высотой, равной /г, через центр основания проведена плоскость, параллельная грани
ZAB. Площадь получившегося сечения равна площади основания. Найти объем
части пирамиды, лежащей ниже плоскости.
13. ВВЕДЕНИЕ ДВУХ
И БОЛЕЕ ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
Рассмотрим задачи, решаемые введением двух и более
вспомогательных элементов.
Задача. Основанием пирамиды служит равнобедренный
треугольник с углом между боковыми сторонами, равным а.
Пирамида помещена в некоторый цилиндр так, что ее основание
оказалось вписанным в основание этого цилиндра, а вершина
совпала с серединой одной из образующих цилиндра. Объем цилиндра
равен V. Найти объем пирамиды.
Решение. Пусть ZABC (рис. 3.16) — данная в условии
пирамида. Ее основание — равнобедренный треугольник ABC
(АВ = АС), в котором Z-BAC = a. Высота пирамиды AZ
принадлежит'образующей цилиндра ААХ, причем Z — середина ААХ.
162

Как видно из рисунка, мы предполага- /\.
ем, что высота данной пирамиды проходит
через вершину А основания. Можно было
бы предположить, что высота пирамиды
проходит через любую другую вершину
основания (В или С) и при этом объем
пирамиды при прочих равных условиях остается
тем же.
Положим АА{ = Н и ОЛ = /?, где О —
центр нижнего основания цилиндра. Ясно,
что /-АВС=\-\ и
Из ААВС
\
*з--^л
AC = 2R sin (i_|) = 2/? cos |.
Площадь основания пирамиды
;0=±AC2sinBAC=ir
2 2
Объем пирамиды
cos21 sin a =
= 2/?2 cos2! sin a.
(1)
Объем цилиндра
2 " 2 3х
Vn = nR2H.
Согласно условию nR2H=V,
откуда /?2Я = —.
Подставляя в (1) полученное для R2H выражение, получаем:
Задача. В правильную усеченную треугольную пирамиду
помещены два шара так, что 1-й касается верхнего основания
пирамиды, всех ее боковых граней и 2-го шара, а 2-й шар касается
нижнего основания пирамиды, всех ее боковых граней и 1-го
шара. Какую долю объема пирамиды занимают оба шара, если ее
боковые грани наклонены к основанию под углом а?
Решение. Пусть АВСАХВХСХ (рис. 3.17) — данная в условии
пирамида, в которую помещены два шара указанным в условии
образом. Поскольку каждый из шаров касается всех боковых
граней данной пирамиды, то центры этих шаров (как было
доказано при рассмотрении шара, вписанного в пирамиду, у которой
все боковые грани одинаково наклонены к плоскости основания)
принадлежат высоте пирамиды 00{ (где О и Ох — центры
нижнего и верхнего оснований соответственно).
163

Проведем в пирамиде сечение
через боковое ребро ААХ и
высоту ООХ. Плоскость этого сечения
пересечет нижнее и верхнее
основания пирамиды по высотам
оснований АЕ и АХЕЬ боковую грань
ВВХСХС по апофеме ЕЕХ и данные
шары по большим окружностям, как
показано на рисунке. /LEXEO—
линейный угол двугранного угла,
который грань ВВХСХС образует с
нижним основанием пирамиды. В
соответствии с условием Z.ExEO = a.
Тогда АЕЕ1О1 = п — а.
Рис- 317 Проведем радиусы О2М и O3N
в точки касания рассматриваемых окружностей с апофемой ЕЕХ
и соединим точки О2 с £, и О3 с Е. Ясно, что ЕХО2 и ЕО3 —
биссектрисы углов ЕЕХОХ и ЕХЕО соответственно, a Z.O2O3</V = a.
Проведем O2P±O3N.
Положим O3O = O3N = R и О2Ох = О2М = г. Тогда сумма
объемов двух шаров
Из АО3ОЕ
0Е = 003 ctg
Так как 0Е=—-¥— , то
о
АВ = 2Л/3 ОЕ = 2Л/3 R ctg j
и площадь нижнего основания пирамиды
Из АО2О1Е1
О,£, = О]О2 ctg O.E.O^r ctg (|-|) = rtg|.
Аналогично (опуская промежуточные вычисления) находим
площадь верхнего основания:
Тогда обьем данной пирамиды
VnЦ (2ft + 2г) (З/?2 V3 ctg21 + 3 Л/З /?г + Зг2 д/З tg21) =
164

Так как O2O3 = R-\-r и O3P = R — r, то из треугольника О2О3Р
имеем:
_R-r
откуда
1 -f cos а *
Учитывая найденное для г выражение, получаем:
суммарн = |- Л/?3 (1 + tg6 f),
Найдем искомое отношение (обозначив его буквой т]):
v
суммарн
2. Ql l)f
Для дальнейшего упрощения полученного для г) выражения
воспользуемся известным соотношением
a4 + a*b2 + b* = (a2-ab + b2)(a2 + ab + b2) (2)
(в справедливости (2) можно убедиться непосредственным
перемножением в правой части).
Применив (2) к знаменателю (1), получаем:
Учитывая это разложение, получаем окончательное для т]
выражение:
2л
Рассмотрим далее задачи, для решения которых
целесообразно ввести три (или более) вспомогательных отрезка.
Задача. В прямой четырехугольной призме площади
диагональных сечений р и q, двугранный угол между ними равен
а. Найти общий объем призмы, если площадь ее основания
равна т.
165

Рис. 3.18 Рис. 3.19
Решение. Пусть ABCDAlBlClDl (рис. 3.18) — данная в
условии призма. Так как данная призма прямая, то диагональные
сечения ААХСХС и BBXDXD перпендикулярны к плоскости
основания. Поэтому их линия пересечения ООХ также перпендикулярна
плоскости основания.
Допустим, что Z-AOD^.—. Тогда его можно считать
линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями
диагональных сечений. В соответствии с условием Z.AOD = a.
Допустим далее, что SAACC = p и SBB D D = q.
Сделанные выше предположения не влияют ни на ход
решения, ни на ответ.
Положим АС = х, BD = y и OOx = z.
Объем призмы
Для определения z составим систему:
xz = p (2)
уг = Я, (3)
— ху sin а = т. (4)
Перемножив по частям (2) и (3) и разделив затем полученное
уравнение на (4), получим:
sin a m
откуда
2т
166

Найденное выражение для z подставляем в (1):
Задача. Около конуса описана треугольная пирамида ZABC,
основанием которой является равнобедренный треугольник ABC
(ДВ = АС). Стороны АВ и АС точками касания Е и F основания
конуса делятся в отношении т:пу считая от вершины А. Найти
объем пирамиды, если объем конуса равен V.
Решение. Пусть ZABC (рис. 3.19) — данная в условии
пирамида, описанная около конуса, высота которого ZO\ OE = OD =
= OF — радиусы основания конуса.
Положим ZO = H и ОЕ = г. Пусть, далее, х — длина того
отрезка, который в АЕ содержится т раз, а в BE — п раз. Тогда
АЕ.= тх и ВЕ = пх. Полупериметр основания пирамиды
а площадь основания
S0 = pr = (m-\-2n) xz.
Объем пирамиды
Vn = iso.ZO=i(m + 2Ai)jtr#. (1)
Из ААОЕ
Из подобия треугольников АОЕ и ABD имеем:
~BD==~AB' яГ =
откуда
пут
Найденное для х выражение подставляем в (1):
n=Um + 2n)^\l^±^ j/ = y rH. (2)
Согласно условию объем конуса равен 1/, т. е.
откуда
167

Найденное для г2Н выражение подставим в (2):
Задача. В правильную четырехугольную пирамиду вписан
шар. В эту же пирамиду помещен другой шар так, что он
касается всех боковых граней пирамиды и первого шара. Найти
отношение объема второго шара к объему пирамиды, если
отношение радиуса первого шара к радиусу второго равно у.
Решение. Пусть ZABCD (рис. 3.20) — данная в условии
пирамида, высота которой ZO. Известно, что центр шара,
вписанного в правильную пирамиду, принадлежит высоте пирамиды
и шар касается ее боковых граней в точках, лежащих на
апофемах. То же можно сказать о шаре, касающемся всех боковых
граней правильной пирамиды (все это было обосновано при
рассмотрении шара, вписанного в пирамиду). Поэтому центры О!
и О2 первого и второго шаров соответственно, помещенных в
рассматриваемую пирамиду, принадлежат ее высоте ZO, а точки Р,
и Р2 касания этих шаров грани ZCD принадлежат ее
апофеме ZF.
Через высоту ZO и апофему ZF проведем сечение, плоскость
которого пересечет данные шары по кругам, вписанным в
равнобедренный треугольник ZEF, как показано на рисунке.
Соединим точки: О{ с Рх, О2 с Р2, F с О, — и проведем O2K-LOXPX.
Ясно, что FO{ — биссектриса Z.ZFO.
Положим OF — x и Z.ZFO = fl.
Из AZFO ZO
Объем пирамиды
Из AOO{F OO, = OFtgO1FO = jctg|=
Согласно условию О2Р2= l l =— tg-~ .
Объем второго шара
°2 3 2 2 3 у3 3-у3 2
Составим искомое отношение (обозначив его буквой г\):
4 л*3 А J ,ft
168

Рис. 3.20 Рис. 3.21
Рассмотрим треугольник ОХО2К. Очевидно, что в нем
О1О2 = О]Р1-\-О2Р2, О]К = О]Р1 — О2Р2 и ZO2O,/C = P-
Из &ОХО2К
2 Y+l "
Тогда
2V7
\ /__i+L
V • 7+ 1
Подставим найденные для tg p и tg3-^- выражения в (1):
_ л 7V7 я(у—1)
73 2 Vt" 2V5
Рассмотрим далее решение задач введением двух
вспомогательных углов.
Задача. Центр шара, описанного около правильной
четырехугольной пирамиды, находится на расстоянии а от боковой грани
и на расстоянии b от бокового ребра. Найти радиус шара.
Решение. Пусть ZABCD (рис. 3.21) — данная в условии пи-
169

paмида, высота которой ZO. Допустим, что центр описанного
шара Ох находится внутри пирамиды, и тогда (см. задачу 2.9°,
с. 99) центр шара Ох принадлежит высоте ZO пирамиды.
Пусть Z.ZEO — линейный угол двугранного угла, который
грань ZAD образует с плоскостью основания. Положим
Проведем OXK-LZD и OXF\LZE. Так как пл. ZEOJ-пл. ZAD,
то О^Хпл. ZAD и потому OXF — расстояние от центра шара Ох
до грани ZAD. Согласно условию OxF = a и О,/С = 6. Ясно, что
Из AZOXK
(1)
(2)
cos a cos p
По формулам перехода (см. таблицу на с. 89)
Из уравнений (3) и (4) составляем систему:
Ь _ а
cos a cos P
Из
Из
AZO
(1) и
(2)
1
7П
имеем:
cos ZOX
OXF
cos ZOj
b
К
F
a
cos а
a
cos p
J=
(5)
Разделив первое уравнение системы на второе, получим:
Составим новую систему (равносильную (5)) из первого
уравнения системы (5) и равенства (6):
cos a
ъ
sin a
cos p
аЛ/2
sin P
(7
cos a=— cos
sin a=—pr sin p.
170

Возведя обе части каждого уравнения системы (7) в квадрат
и сложив их затем по частям, получим:
ь2
2а2
sin2
откуда
cos р = -
Найденное значение cos f$
ZOX =
подставим в (2):
аЬ
В начале решения этой задачи мы предположили, что центр
описанного шара лежит внутри пирамиды. Это предположение
не сужает общность приведенных в решении рассуждений.
И в том случае, когда центр описанного шара лежит вне
пирамиды, ход решения и ответ остаются теми же.
В приведенном решении мы ввели два вспомогательных угла.
Однако в действительности в решении задачи (в неявном виде)
участвовал еще один вспомогательный отрезок, который
вводится при выводе формулы перехода от а к р, которую мы
заимствовали из таблицы в готовом виде.
задачи решите самостоятельно, используя данные ука-
Эти
зания.
Задача. Образующая конуса, объем
которого равен Q, наклонена к плоскости
основания под углом а. На каком
расстоянии от основания конуса нужно
провести плоскость, перпендикулярную к оси
конуса, чтобы она делила пополам
полную поверхность конуса (рис. 3.22)?
Указание. Пусть О, — точка,
принадлежащая высоте конуса и удовлетворяющая требовани:
ям условия задачи. Положим ZO{ = x и О{О — у
(у— искомая величина). Найдем затем объем
конуса, его полную поверхность и ее часть,
содержащую вершину Z. Далее составляем систему
уравнений, из которой найдем искомую величину у.
з
Ответ: 2 sin2^
4
Задача. Вычислить радиус шара,
объем которого равен объему такого конуса,
боковая поверхность которого равна S,
а полная поверхность равна площади
равностороннего треугольника со
стороной а.
Рис. 3.22
171

Рис. 3.24
Указание. Положив радиус шара равным /?, радиус основания конуса —
г, высоту конуса — Я и образующую — /, составляем на основании
условия задачи систему уравнений, из которой найдем искомый радиус R.
^ 1 \ / 36а45 - За6 Уз" - 32SV
Ответ: V
1 -\ / 36а45
: 2 V
Задача. Боковая поверхность правильной десятиугольной
пирамиды равна S, а площадь ее основания равна Q. Найти объем
пирамиды (рис. 3.23).
Указание. Эта задача решается введением вспомогательного отрезка
и угла.
Положив высоту пирамиды равной Я, найдем объем пирамиды. Затем,
приняв угол наклона боковой грани пирамиды к плоскости основания равным р,
найдем площадь основания через Я и р. Приравняв полученное Q, имеем
уравнение, из которого, учтя, что cos Р=-^-» находим Я. Найденное для Я выражение
о
подставим в полученное ранее выражение для объема пирамиды.
Ответ: !Y|(^-
Задача. Сторона основания правильной треугольной
пирамиды равна а, плоский угол при вершине равен а. В пирамиду
вписан шар. Найти площадь сечения этого шара плоскостью,
проходящей через центр основания пирамиды перпендикулярно ее
боковому ребру (см. рис. 3.24).
Указание. Рассмотреть сечение пирамиды плоскостью, проходящей через
боковое ребро и апофему противоположной боковой грани.
Положив угол наклона боковой грани пирамиды к плоскости основания
равным р, а угол наклона бокового ребра равным ф, находим сначала радиус
вписанного шара, а затем радиус окружности искомого сечения и его площадь. Эту пло-
172

щадь получим как функцию а, р и ф. Затем тригонометрические функции углов
риф, входящие в выражение для искомой площади, выражаем через
тригонометрические функции угла а по формулам перехода.
~ па2 . 2 a
Ответ: —sin2- -
3.35. В прямоугольном параллелепипеде, в основании которого лежит
квадрат со стороной а, через диагональ нижнего основания проведена плоскость,
пересекающая верхнее основание параллелепипеда. Внутри параллелепипеда
расположен конус с вершиной, совпадающей с одной из вершин верхнего основания
параллелепипеда, и окружностью основания, вписанной в трапецию,
получающуюся в сечении параллелепипеда плоскостью. Найти объем конуса.
3.36. В треугольной пирамиде ZABC с вершиной Z ZA=ZC, ZB = 2AC, АВ =
= ВС=1,ЬАС. Через АС и середину D ребра ZB проведена плоскость. Площадь
полной поверхности пирамиды ZADC больше площади полной поверхности
пирамиды DABC на величину, равную площади основания пирамиды ZABC.
Определить угол наклона грани ZAC к плоскости основания пирамиды ZABC.
3.37. Определить сторону основания и боковое ребро правильной
треугольной призмы АВСА{ВХСХ, если отрезок, соединяющий середины ребер АС и CCh
равен 2 у13 см, а его проекция на грань ААХВХВ равна 5 см.
3.38. Центр шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду,
находится на расстоянии л[2 см от бокового ребра и на расстоянии Л[Ъ см от
стороны основания. Найти радиус шара.
3.39. Расстояние от центра основания правильной четырехугольной
пирамиды до бокового ребра равно /z, а до боковой грани равно Ь. Найти объем
пирамиды.
3.40. В треугольной пирамиде три грани взаимно перпендикулярны и их
площади равны Sh S2 и S3. Найти площадь четвертой грани.
3.41. Основанием прямой призмы является прямоугольный треугольник,
один из острых углов которого равен а Через вершину этого угла проведена
плоскость, пересекающая все боковые ребра призмы так, что в сечении
получился правильный треугольник Найти отношение площади сечения к площади
основания призмы.
3.42. Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна S.
Вычислить площадь сечения, проходящего через середину высоты пирамиды
параллельно боковой грани.
3.43. ОМ, ON и ОР — три попарно взаимно перпендикулярных луча. На луче
ОМ взята точка А на расстоянии СМ, равном а; на лучах ON и ОР взяты
соответственно точки В и С так, что Z.ABC = a, a Z.ACB = $. Найти ОВ и ОС.
3.44. В основании прямой призмы ромб ABCD, у которого биссектрисы углов
ВАС и BDC пересекаются на стороне ВС. Зная, что площадь боковой грани
равна S, определить площади диагональных сечений призмы.
3.45. Определить объем прямоугольного параллелепипеда по данным
площадям его граней Q,, Q2 и Qz.
173

3.46. В основании пирамиды лежит прямоугольник, площадь которого
равна Q. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости основания,
а две другие образуют с плоскостью основания углы аир. Найти объем
пирамиды.
3.47. Боковые грани треугольной пирамиды ZABC, высота которой ZO>
одинаково наклонены к плоскости основания. Известно, что Z.AZB=—,
/LBZC=— и Z.ZCA =— . Найти отношение площади треугольника АОВ к площа-
2 о
ди основания пирамиды.
3.48. Квадрат ABCD, сторона которого равна 1, служит основанием
пирамиды, вершина которой Z. Двугранные углы, образованные гранями AZB, BZC,
CZD и DZA с основанием пирамиды, относятся как 1:2:5:2. Найти объем
пирамиды.
3.49. Длины двух сторон треугольника равны 3 см и 6 см. Найти длину
третьей стороны, если полусумма высот, проведенных к данным сторонам, равна
третьей высоте.
3.50. Боковая поверхность конуса вдвое больше площади основания.
Площадь его осевого сечения равна Q. Найти объем конуса.
3.51. Площадь сечения цилиндра плоскостью, перпендикулярной к
образующей, равна S|, а площадь осевого сечения равна S2. Найти площадь боковой
поверхности и объем цилиндра.
3.52. В прямой круговой конус вписан шар, поверхность которого равна
площади основания конуса. В каком отношении боковая поверхность конуса делится
линией касания шара и конуса?
3.53. В шар вписан 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?
3.54. Даны три концентрические окружности, радиусы которых равны 1,
2 и 3 соответственно. Найти длину стороны правильного треугольника, вершины
которого лежат на этих окружностях (каждая на своей).
3.55. Периметр осевого сечения конуса равен 50 см. Через вершину конуса
проведено сечение, периметр которого равен 36 см, а его площадь равна площади
осевого сечения конуса. Определить боковую поверхность конуса.
3.56. У правильной треугольной пирамиды отношение радиусов описанного
и вписанного шаров равно 3. Найти отношение объема этой пирамиды к объему
вписанного шара.
3.57. В пирамиде ZABC (Z — вершина, ABC — основание) дано: АВ = АС =
— а, ВС = Ь; высота пирамиды проходит через середину высоты AD основания;
двугранный угол ср, образованный гранями ZBC и ABC, равен —. Цилиндр,
высота которого равна диаметру основания, вписан в эту пирамиду так, что одно
его основание касается граней двугранного угла <р, другое — граней
трехгранного угла Л, а ось цилиндра параллельна AD. Найти радиус основания цилиндра.
3.58. Дана правильная треугольная пирамида ZABC (Z — вершина) со
стороной основания а и боковым ребром b (b>a). Сфера лежит над плоскостью
основания ABC, касается этой плоскости в точке А и, кроме того, касается
бокового ребра ZB. Найти радиус этой сферы.
174

14. ЗАДАЧИ НА ОТЫСКАНИЕ ЭКСТРЕМУМОВ
В некоторых геометрических задачах требуется найти
экстремум какой-нибудь величины в рассматриваемой фигуре или
геометрическом теле. Такие задачи встречаются как в
планиметрии, так и в стереометрии. В решении таких задач вводят один
или несколько вспомогательных элементов. Рассматривая
вводимые элементы как переменные величины, находят затем
с помощью производной искомый экстремум.
Иногда нахождение экстремума является промежуточным
этапом в решении, если в задаче требуется найти некоторую
величину при условии, что другая величина принимает
экстремальное значение.
Существенного различия между задачами одного и другого
вида нет.
Задача. В равнобедренном треугольнике сторона основания
равна а и угол при основании равен а. В этот треугольник
вписан прямоугольник так, что одна из его сторон лежит на
основании треугольника, а вершины противоположной стороны лежат
на боковых сторонах. Найти площадь этого прямоугольника,
если известно, что она максимальна.
Решение. Пусть в треугольнике ABC (рис. 3.25), данном
в условии, АВ = ВС, АС = а и Z.BAC= Z^BCA — a. В этот
треугольник вписан прямоугольник MNPQ указанным в условии
образом.
Положим MQ = x и MN = y. Тогда площадь
прямоугольника MNPQ
S = xy. (1)
Найдем теперь зависимость между переменными х и у,
выразим одну из переменных, например у, через другую и подставим
полученное для у выражение в (1).
Зависимость между х и у можно найти из подобия
треугольников ABC и NBP.
Проведем BD1.AC. Так как треугольник ABC
равнобедренный, то AD=-^AC=^. В
Из AABD
= AD tg BAD=j
а.
Из подобия треугольников ABC и
NBP имеем:
N
откуда
АС
NP
BD
BE '
а 2
х а .
2tg
[a-x)tg
а —у
а.
Рис. 3.25
175

Полученное для у выражение подставляем в (1):
S = -tga(a — x)x = ^tga(ax— я2).
Найдем теперь Smax:
S/ = itga(a — 2х), S' = 0, а — 2х = 0,
Ясно, что * = ir — точка максимума. Поэтому
Задача. В полукруг радиуса R вписан прямоугольник так,
что одна его сторона лежит на диаметре, а концы
противоположной стороны — на дуге окружности. Найти периметр этого
прямоугольника, если он имеет наибольшую площадь.
Решение. Пусть ABCD (рис. 3.26)—некоторый
прямоугольник, вписанный в полукруг радиуса R указанным в
условии образом. Положим AD = x и АВ = у. Тогда площадь
рассматриваемого прямоугольника
S = xy. (1)
Ясно, что вершины А и D симметричны относительно точки О —
центра дуги полукруга. Поэтому OD = ^,
Из AOCD
откуда
Полученное для у выражение подставляем в (1):
Найдем, при каком значении х S = Smax:
В
/к
FOE
Рис. 3.27
В
176

?'_\/£>2 ** | Л 2J _ 2/?2-**
2Л/л2-т 2Лг-т
xK = R y2 — критическая точка. Так как при переходе через хк от
меньших значений х к большим S' меняет знак с «+» на «—», то
хк — точка максимума.
При лг = j
Таким образом, искомый периметр
Весьма часто экстремальные задачи встречаются в
стереометрии, при рассмотрении комбинаций геометрических тел.
Ниже приводится решение экстремальной задачи, в которой
цилиндр вписан в конус.
В названной комбинации тел подразумевается, что одно из
оснований цилиндра лежит в плоскости основания конуса, а
другое касается его боковой поверхности.
Конус (цилиндр) будем считать фиксированным, если заданы
элементы, однозначно его определяющие, например: высота
и образующая конуса, образующая и угол наклона ее к
плоскости основания и др.
Предположим, что в рассматриваемой комбинации тел
зафиксирован конус и в него вписан цилиндр, но никакие его
размеры не даны. Поэтому его можно варьировать (иными словами,
рассматривать множество цилиндров, вписанных в данный
конус).
Для решения экстремальных задач с варьируемым
цилиндром нужно ввести в цилиндре какой-нибудь элемент (линейный
или угловой) и найти искомую величину (например, Уц) как
функцию данных элементов, определяющих конус, и введенного
элемента, являющегося для этой функции переменной величиной.
Затем остается найти максимум искомой величины с помощью
производной.
Задача. Известны высота конуса Н и угол наклона
образующей к плоскости основания а. Найти, какой максимальный
объем может иметь вписанный в него цилиндр.
Решение. Пусть AZB (рис. 3.27) — осевое сечение данного
конуса. Согласно условию ZO — H и /LZAO = a. Очевидно, что
^LZNOX = Z.ZBO = a. Прямоугольник EFMN — осевое сечение
цилиндра, вписанного в данный конус.
Положим OE = OlN = x (ОЕ— радиус основания цилиндра).
Из &ZOXN
ZOX = OXN tg ZNOX = x tg a,
12 Заказ 965 177

Объем цилиндра
V = nx?(H-xtga)=nxiH-nx?tga.
Найдем критическое значение для х:
V = 2лхН — Злх2 tg а = лх (2Я — 3* tg а).
2//
Так как по смыслу задачи хФО, то JcK=-T-ctga.
о
Очевидно, что хк — точка максимума. Найдем Ктах
(воспользовавшись выражением для V до раскрытия скобок):
Vm» = n±£ ctg2 a (//-f- ctg a tg a)=f Я3 ctg2 a.
Рассмотрим далее экстремальную задачу, в которой конус
вписан в шар.
Задача. Определить, какую максимальную полную
поверхность может иметь конус, вписанный в шар, площадь сферы
которого равна Q.
Решение. Пусть треугольник AZB (рис. 3.28) — осевое
сечение конуса, плоскость которого пересекает поверхность шара
по большей окружности, описанной около треугольника AZB.
Центр этой окружности Ох (он же центр шара, описанного около
конуса) лежит либо на высоте конуса, либо на ее продолжении
за плоскость основания конуса. Предположим, что Ох
принадлежит высоте ZO конуса (рис. 3.28). Как уже отмечалось выше
(при рассмотрении неэкстремальных задач этой комбинации
тел), сделанное предположение не влияет ни на ход решения, ни
на конечный результат.
Положим Z.ZAO = a (0<a<y) и ZO{ — R. Тогда
Из AZAO АО = AZ cos ZAO = 2/? sin a cos a = /? sin 2a.
Полная поверхность конуса
Sn = nAO (AZ+AO) = nR sin 2a (2R sin a + R sin 2a) =
= 2л/?2 sin 2a sin a (1 + cos a) = 4л/?2 sin 2a sin a cos2 ~.
Поскольку по условию 4л/?2 =Q, то
Sn = Q sin 2a sin a cos2 -~. (1)
Определим теперь Smax. Рассмотрим
функцию
у = sin 2a sin а cos2 -^ . (2)
Найдем производную этой функции
В
Рис. 3.28
178

у'= 2 cos 2а sin а cos2-j+sin 2а (cos acos2-—
— sin a cos -^sin ii\=2 sjn a cos2 — ( cos 2a + cos2 a —
— 2 cos a sin2 ■£■) = 2 sin a cos2 -^ (4 cos2 a —- cos a — 1).
Так как те значения а, при которых sin a и cos— равны нулю,
данному выше промежутку рассматриваем
ем искать критические точки из уравнения
4 cos2 a —cos а— 1 =0, (3)
не принадлежат указанному выше промежутку
рассматриваемых значений а, будем искать критические точки из уравнения
откуда
cosa= q— и aK = arccos ^ —
о о
(отрицательный корень уравнения (3) для данной задачи
является посторонним).
Так как cos а — убывающая функция на промежутке дрпус-
тимых в данной задаче значений а, то при переходе а через
точку ак (от меньших значений к большим) cos а меняет значения,
превышающие ^—, на меньшие. При этом квадратный
трехчлен, стоящий в левой части уравнения (3), меняет свои значения
с положительных на отрицательные. А это означает, что функция
(2) в точке ак имеет максимум. Вычислим его. Запишем
выражение для у в несколько ином виде:
y = sm 2a sin а cos2-|-=2 cos2— cos а sin2 а. (4)
Вычислим 2cos24r и sin2aK:
2cos2^=l+-
sin2a -1 /l+Yl7"V_23-VJ7
Найденные значения 2 cos2-у и sin2aK подставляем в (4):
_9+VI7 1+УГГ 23—УГУ _ 107 + 51 VI7
У max— g • 8 • 32 — 512
Таким образом,
107 + 51 У17 ^
_
тах"~"
512
Рассмотрим далее экстремальную задачу, в которой шар
вписан в конус. Если в названной комбинации фигур шар
фиксирован (т. е. известен его радиус), то конус будет фиксирован, если
в нем задан один какой-нибудь элемент. Это обусловлено тем,
179

что между радиусом шара и элементами конуса имеют место
уже известные нам зависимости (см. гл. 2, п. 6).
Если же в конусе не дан ни один элемент, то такой конус
аналогично предыдущему будем считать варьируемым. В этом
случае можно говорить лишь о минимуме объема (или минимуме
поверхности) варьируемого конуса.
Задача. Определить, каким может быть минимальный объем
конуса, описанного около шара, объем которого равен Q.
Решение. Пусть треугольник ABZ со вписанной в него
окружностью (рис. 3.29) — осевое сечение конуса, описанного
около данного шара.
Положим радиус шара OlO = R и AZBO = a /0<a<~Y
Из АОВО,
ОВ = ОХО ctg OBOl = R ctg|.
Из AZBO
ZO = OB tg ZBO = R ctg I tg a.
Объем конуса
Так как по условию Кш=тя/?3=<2, то
о
Рассмотрим функцию
# = ctg3f tga. (I)
Ясно, что при тех же значениях а, при которых y = ymin, VK =
= V . . Найдем производную функции (1):
cos a \ cos a
Учитывая, что 0<a<--, находим критическую точку
—.
180

Рис. 3.30
При переходе а через критическую точку ак от Меньших
значений к большим разность 1 меняет знак с «—» на «+».
cos a
Следовательно, функция (1) в точке ак принимает минимальное
значение. Вычислим его:
=2 V2",
cter -=- =
Следовательно,
Таким образом,
V = 2Q.
k min
Рассмотрим далее экстремальную задачу, в которой
правильная пирамида вписана в шар. Если в этой комбинации
геометрических тел шар фиксирован, то можно варьировать вписанную
в него правильную пирамиду и искать, как это имело место для
конуса, вписанного в шар, максимум объема (или поверхности)
правильной пирамиды.
Задача. В шар радиуса R вписана правильная я-угольная
пирамида, имеющая наибольший объем. Определить
двугранный угол при ребре основания пирамиды.
Решение. Пусть ZOAB (рис. 3.30) — одна из «секций»
данной в условии правильной я-угольной пирамиды и Z.ZEO —
линейный угол искомого двугранного угла. Положим Z.Z;4O =
~) и
181

По уравнению связи (гл. 2, п. 6) для правильной пирамиды,
вписанной в шар (/ = 2/? sin а, где I — длина бокового ребра
пирамиды, R — радиус шара и а — величина угла наклона
бокового ребра пирамиды к плоскости основания), имеем:
ZA = 2Rsina.
Из AZAO
, = ZA cos
= 2/? sin a cos a = /? sin 2a.
Площадь основания пирамиды
Объем пирамиды
n=~ R2 sin2 2a s
о z
Рассмотрим функцию
=~ R2 sin2 2a sin ?± • 2R sin2 a=-£ Rz sin ^ sin2 2a sin2 a.
о z n on
y = sin2asina. (1)
Ясно, что при тех же значениях а, при которых у = утя„ Vn =
= V . Найдем критические значения а для функции (1):
у' = 2 cos 2a sin a + sin 2a cos a =
= 2 sin a (cos 2a + cos2a) = 2 sin a (3 cos2 a— 1).
При указанных выше допустимых значениях а критической
точкой будет только aK = arccos-pr. Так как на указанном про-
межутке допустимых значений a cos а убывает и при переходе
а от значений, меньших ак к большим, у' меняет знак с «+» на
«_», то (/(ак) = #тах.
Найдем теперь значение 0 при а = ак.
Из ААОЕ:
ЕО=АО cos AOE = R sin 2ак cos ~.
По формуле перехода от а к р в правильной /г-угольной
пирамиде (см. табл. на с. 89) имеем:
tgp=-
COS —
П
Так как cosaK=-T=r, то tgaK=V^« Следовательно,
З
COS — COS —
n n
182

Рис. 3.31
Рис. 3.32
Задача. В конус с основанием радиуса R и осевым сечением,
являющимся равнобедренным прямоугольным треугольником,
вписана правильная четырехугольная призма наибольшего
объема так, что одно ее боковое ребро лежит на диаметре
основания, вершины противоположного ребра лежат на боковой
поверхности конуса, а остальные вершины равноудалены от основания
конуса. Найти объем призмы.
Решение. Пусть AfATPQAf!#,/>,<?, (рис. 3.31) —некоторая
правильная четырехугольная призма, вписанная в данный конус
указанным в условии образом. На рисунке 3.32 показано осевое
сечение рассматриваемой комбинации тел.
Положим диагональ основания призмы МР = х. Тогда
площадь основания призмы
Разумеется, что в данной задаче х является переменной
величиной и вычисленный ниже объем призмы будет функцией этой
переменной величины.
Так как осевое сечение данного конуса — равнобедренный
прямоугольный треугольник AZB, в котором Z-AZB=—, то
Z.ZBO—J и потому ВМ = МЯ = х. Следовательно, боковое ребро
призмы ЛШ, = 2/? — 2х.
Объем рассматриваемой призмы
183

Итак, мы получили объем призмы как функцию переменной
х. Найдем теперь V :
пр max
Упр = 2*/? - Зх2 = 3* (!/? - х).
Из полученного для Vnp выражения находим критическую
точку:
•—3*.
Очевидно, что при переходе х через точку хк от меньших
значений к большим VnD меняет знак с «+» на «—». Следовательно,
хк=—/?— точка максимума. Таким образом,
пр max 9 27 27
УПРАЖНЕНИЯ
3.59. В прямоугольной трапеции ABCD боковая сторона CD
перпендикулярна основаниям AD и ВС. Известно, что диагональ BD равна а, а длина AD равна
—■¥—. При какой длине боковой стороны АВ площадь трапеции будет наибольшей?
3.60. В сектор радиуса R с центральным углом 2а (0<а<-^-) вписан
равнобедренный треугольник так, что одна из его вершин лежит на дуге сектора, а две
другие — на ограничивающих сектор радиусах, причем оси симметрии сектора
и треугольника совпадают. Чему равно наибольшее значение площади такого
треугольника?
3.61. Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, равна
h. Какую наименьшую длину может иметь медиана, проведенная к большему
катету?
3.62. В прямоугольнике ABCD со сторонами АВ= 1 и £С = Д/3 на диагонали
АС взяты точки М и N так, что MN= 1 и AM<iAN. При каком значении AM
сумма квадратов сторон четырехугольника BNDM будет наименьшей?
3.63. В квадрат ABCD со стороной Л£ = 2 вписан треугольник BMN со
стороной MN=\> вершины которого М и N лежат на сторонах квадрата AD и CD
соответственно. При каком значении /LNMD площадь вписанного треугольника
будет наибольшей?
3.64. Из множества цилиндров, у которых сумма диагонали осевого сечения
и высоты равна а, выбран тот, который имеет наибольший объем. Найти боковую
поверхность этого цилиндра.
3.65. Апофема h правильной четырехугольной пирамиды и ее высота связаны
соотношением A2 = 8-f-6// — Я2. При каком значении И объем пирамиды будет
наибольшим?
3.66. Правильная треугольная призма помещена в сферу так, что одно из ее
боковых ребер лежит на диаметре шара, а все вершины противоположной грани
лежат на поверхности шара. Найти объемпризмы, если высота равна Я, а
радиус шара R. При каком значении И объем призмы будет наибольшим?
184

3.67. В правильной треугольной призме сторона основания равна 6, а
диагонали боковых граней наклонены к плоскости основания под углом 30°. Из всех
сечений призмы плоскостями, проходящими через одну из сторон нижнего
основания и пересекающими ее верхнее основание, выбрано сечение, имеющее
наименьший периметр. На какие части плоскость, образующая это сечение, делит
стороны верхнего основания?
3.68. Одно из оснований правильной треугольной призмы принадлежит
большому кругу шара радиуса /?, а вершины другого основания принадлежат
сферической поверхности этого шара. Определить высоту призмы, при которой сумма
длин всех ее ребер будет наибольшей.
3.69. В сферу, поверхность которой равна 27, вписан цилиндр, имеющий
наибольший объем. Найти высоту этого цилиндра.
3.70. В основании прямоугольного параллелепипеда лежит квадрат. Объем
параллелепипеда равен V. Найти длину стороны основания, при которой полная
поверхность параллелепипеда будет наименьшей, и вычислить величину угла
между диагональю этого параллелепипеда и плоскостью его основания.
3.71. В правильной треугольной пирамиде ZABC боковое ребро ZC равно
/ и составляет с плоскостью основания угол, равный а. На высоте ZO пирамиды
взяты точка Z,, такая, что сумма расстояний от этой точки до вершины Z и до
точек Cj, у4i и Ви являющихся серединами сторон основания пирамиды АВ, ВС
и СА соответственно, имеет наименьшее значение. Определить объем
пирамиды ZXAXBXCX.
3.72. В правильную треугольную пирамиду, площадь основания которой
S и высота /г, вписана правильная треугольная призма так, что одно из ее
оснований лежит в плоскости основания пирамиды, а вершины другого основания
находятся на боковых ребрах. Найти наибольший возможный объем призмы.
3.73. Около шара радиуса R описан конус. Найти высоту конуса, если
известно, что он имеет наименьший возможный объем.
3.74. На плоскости лежат четыре равные полусферы радиуса R. Каждая
полусфера касается двух других. Полусферы расположены так, что около них
можно описать конус. Найти высоту того из конусов, описанного около данных
полусфер, который имеет наименьший объем.
3.75. Около сферы описана правильная четырехугольная пирамида. Найти,
при каком угле наклона боковой грани пирамиды к плоскости основания
отношение поверхности сферы к боковой поверхности пирамиды будет наибольшим.
3.76. В усеченный конус вписаны цилиндры так, что одно основание
находится в плоскости большего основания конуса, а окружность второго — на боковой
поверхности конуса. Радиусы оснований усеченного конуса равны 1 дм и 4 дм,
а его полная поверхность равна 42л дм2. Определить объем того из вписанных
цилиндров, который- имеет наибольшую боковую поверхность.
3.77. Площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды
равна S. При каком угле наклона бокового ребра к плоскости основания объем
пирамиды будет наибольшим?
3.78. Около шара объема V описана правильная треугольная пирамида.
Каков наименьший возможный объем этой пирамиды?

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Глава 1
1.1. 10 м и 35 м. 1.2. 3 м и 2,4 м. 1.3. 10,8 см и 28,5 см. 1.4. 4,8 м.
1.5. 5-£- см. 1.6. 9:1. 1.7. 20 см2. 1.8. ~S. 1.10. _ тП -S. 1.11. (V5"+2):l.
13 5 m^|m/2|,^
,.12. -**-. 1.13. _*** 1.14- ЛЙ^. 1-15. JL. 1.16. 4 см; 6 см.
а — Ь (b + hf V 2 д/2
1.17. 2V2" см. 1.18. а(3а~&). 1.19. 22Ё- см. 1.20. 1(3>/б-2). 1.21. S cos2 о.
a-f-0 2 о
1.22. 30°. 1.23. -i-a-ctga. 1.24. arccos *Ь ~1 . 1.25. 8. 1.26. |. 1.27. 8.
1.29. 45-| см. 1.30. 45°. 1.31. 1:2, считая от вершины В. 1.32. ^S. 1.33. —£—.
7 F 5 p + q
t^ *("*+!) m(n+\) sin(q + P) f ,. ^верхн. 23
-—. Loo. , . l.oo. —: -. l.o/. =—
3 m л sin a cos p Книжн 13
1.38. -^-. 1.39. ^S. 1.40. ^-Л/16а2 + 2Л2. 1.41. 30е. 1.42. 4. 1.43. 9Д/5 см;
12 о 15
8ДЯ0^ см. 1.44. £±£. 1.45. 15°; 75°. 1.46. 85. 1.47. 7(V7 ~ О j 48 Зг2^-
* 9Д/^
1.49. —; —. 1.50. ^—-. 1.51. 6 см. 1.52. 10 см. 1.53. л/ab. 1.54. 41V7"-
6 3 4 16
1.55. 45,;6 см. 1.56.
44
.59. —( 1+Л/1+^- V 1.60.
4 \ у & /
6 см, 7 см, 8 см. 1.61. 2 arccos
2а- cos (45° ~)
1.63. 235,2 см2. 1.64. Ь LL . 1.65. Д см.
l+2sin| V^
1.67. _5tSlnetB.(» «V 1.68. 2arcsin-A^.. 1.70. «; ^
а + & \4 4/ 1(па + Пь) 3 3
. 1.71. -^--. 1.72. -pq^. 1.74. 6 см и 8 см. 1.75.
+ # 4 ^ v
-pq^. 1.74. 6 см и 8 см. 1.75. 2—^.
4 ^ v 4q-nd2
1.76. —^-rf2 tg2 — sin 2а. 1.77. 2# sin ~. 1.78. 4. Указание. Докажите
подобие треугольников AED и ADK. Воспользовавшись этим, найдите AD. 1.79. 3:4:5.
1.81. 9,5 см. 1.82. 16,5. 1.85. 2m2 »ln q ■ sin р ' sin(q + P) . к86.
2 sin2 а + 2 sin2 р — sin2 (а + Р)
186

см. 1.89.
. 1.90. fiB,=
arccos
. 1.91.
. 1.93.
- Ь94. 4 см, 12,5 см. 1.95. 16,9 см.
2 (Л—2г)
1.96. 100д см2. 1.97. М„ см2. 1.98. V«>- 1-99. "(°4 + 64-2ау cos 2а)
36 16ft sin а
2a(\[rfTh*-a)2
1.Ю0.
см. 1.101. --(б—V5). 1.102.
8 10
15
а/г
1.103. 1700 см2. 1.104. 3. 1.105. -f П тг П -f г. 1.106. 8 см. 1.107. 13 см, 15 см. 1.
j— Л. 1.110.1Д/96-54 д/5". 1.111. 16 см. 1.112. 18 см. 1.113.
^ + ra. 1.114.
2
. 1.115.5 см. 1.116 1см. 1.117. ^
7 3
. 1.118.
1.120.
. 1.121. rctg|-f 1.122.
1.123.
. 1.124. 6. 1.125. г; i-г; ~ г. 1.126. 10Д/2~ см2.
я а\ «3 о
1.127. 10,5; 11; 11,5. 1.128. -^-; ^-. 1.129. 6 см. 1.130. 42. 1.131. "\/б—|"\/з".
1.132. я(/?-с)2. 1.133. -^(УЗ~_1). U34.
£ см; ^- см. 1.136. 18 см, 24 см, 30 см. 1.137.
о о
)- 1.135. | см;
. 1.138. ~; ^.
6 о
1.139. ^(l+V2*tgP-Vl+2tg2p). 1.140. 7,5 см.
1.141. 3 см. 1.142. -Л/т2 — 4S. 1.143. -i^- /?2. 1.144. 18лДбГ см2.
1.145. 2Я2 cos2 -| sin За. 1.146. 2 "\/-|-S, 2~\j^S. 1.147. 6 ~fl tg a. 1.148.
2S
2_a2)J(± U49. 12ДД5" см2. 1.150. arcsin 2 . 1.151. 40. 1.152. 7,2 см2.
* С ~~~ ^о
1.153.
• 1.154. 2QsinaSi"P
• 1.155. 8 см, 8 см, 8 + 4 У§~ см, 8-
4 sin
— 4 V3"cm. 1.156. -^—.1.157. 3,6 см2. 1.158. ^— S, где S — площадь треуголь-
———— 1
ника со сторонами а, Ь и d. 1.159. 2Ry2k — T при --■<&< 1. 1.160.
~(d-\-\d2 — с2 ); ^(d—yd2 — с2 ). Указание. Воспользоваться тем, что обра-
187

зовавшиеся трапеции — подобны. 1.161. — . 1.162. . 1.163. ■—.
R + r с а+Ь
1.164. 5 см. 1.165. 588 см2 и 1680 см2. 1.166. 1(5,+ S2). 1.167. 8 см. 1.168.
2,4 см. 1.169. 64 см, 3- см. 1.170. -^=\ -^L • 1.172. 8Д/б" см, 4Д/5~ см.
3 4 д/£7 д/^7
1.173. !£§-. 1.174. /*3УЗ~. 1.175. £(д/з"+1); -£(3-^); Т^- 1-176. 8 см
или 6 см. 1.177. 1Д аЬ+(п~Ь/ . 1.178. 45°, 45°, 135°, 135°. 1.179. -, -я.
* у 4 cos^ a 6 6
1.180. arcsin —==-; arcsin—=■; я — arcsin —— ; л — arcsin—=■. 1.181. т2.
л/г л/г л/г л/г
1.182. 2R2 — a2. 1.183. я/2 sin а. 1.184. 24,5 см2. 1.185. а2 sin3 а. 1.186.
*. 1.187. 1^. 1.188. -^£. 1.189. I V«4 + R* + 6а2/?2. 1.190.
3 8 Д/^ а
2 2. S
1.192. я/2; |я/?(/2-П 1.193. fl + ^L+1 .1.194. -^-. 1.195. ^ f^ + A+ Л.
1.197. 36 см и 63 см. 1.198. 10 см, 17 см, 21 см, Д/337~ см. 1.199. 15 см, 25 см. 1.200.
3:5. 1.201. 3V5" см. 1.204. ^L см2. 1.205. arccos
2
1.206. 6 см, 12 см. 1.207. -| г. 1.208. 8 см, 12 см. 1.210.
VE ,.21I. 4f° ,.2,2. 8 см. ..2.3. 'Ч
9 16Я2 З2
) — COS
l6R2-3a2' * ... р2 + </2 + 2^СО82ф
. 1.215. -— — . 1.216. 4 h2. 1.217. -jJL см. 1.218. Щ-:
— . I.^IO. -Т-Я . 1.^1/. —==• CM. I.^IO. -r-
5 — 4 cos а 8 -\j\\ 4
1.219. — я см2. 1.220. 1 см, 17 см. 1.221. ^^—-a. 1.222. 30° и 60°
9 6
1.223. 17 см. 1.224. 30 см2. 1.225. 13:20. 1.226. 4:5. 1.227.
Глава 2
2.1. Л/Т. 2.2. 2 arcsin g~ * • 2.3. -Ц^-. 2.4. -|V2cosa. 2.5. 2Л2 tg 2a.
2.6. na sin a g ? a^j^- 2 g arccos ^_ указание
2cos(a + p) • cos (a — P) 6 30
Приняв длину стороны основания за х, найти величину двугранного угла при
ребре основания; через основание апофемы провести прямую, параллельно не пе-
188

ресекающей ее высоте основания. 2.9. 2а3 sin —-Д/sin---sin— . 2.10. -У—.
Указание. Определить угол между апофемой пирамиды и плоскостью
основания; через основание апофемы провести прямую, параллельную диагона-
ли основания. 2.11. Л/sin [ Р + — ) sin ( р — — ). 2.12.
cos-^
XVsin(a + 30°)sin(a-30°). 2.13. ^-. 2.14. -^j-abc. 2.15. ^. 2.16.
2
-,3
-2 cos 2ср; абдД- 2.17. —У— . 2.18. Х- См3. 2.19. -^ X
3 8 о
Xsin-|"\/sin^60o+-|)sin^60o-^Y 2.20. ^ V~cos За cos3 a. 2.21.
Y 2.22. arcsin (^\ 2.24. Л/3. 2.26. 3"\/б" см, arcsin^L
^Y 2.22. arcsin (^\ 2.24. Л/3. 2.26. 3\/б см, arcsin^
),
/
2.27. arcsinVsin(a + p)sin(a-P). 2.28. 30°. 2.29. arcsin
2 cos a
— . 2.30. , ; 0<а<—. 2.31. arccos4-
4 -i / /2л \ /2л \ п 4
2.32. -|л- 2-33- -^63sin-^
о о 2
sin Р+Га sin
sin а V 2 2
2.35. arccos * ~~ 1 . 2.36. —.
2.37. 2abcys\n
2 2 2
2.38. arccos /J^JL\ 2.39. 1-3со§2а . 2.40. a) «109°28'; б) «116O34';
в) »138°12'. 2.41. 16"\/2*см3.2.42. 1:14. 2.43. JL7-. 2.44. 5:9- 2АЪ- 1:2' 2М' 8:37-
81
2.47. 95:169. 2.48. 2:7. 2.49. 2:13. 2.50. 1:1.
-^--sina). 2.52. а 2.53. п — arccos (У2Г—4).
^ / V — cos а
— cos а
з
2.54. ^4 + 2V7. 2.55. 2L. 1^L_. 2.56. "\ /_^_д/-2со5а .
I COS-
•it
\2Q_
2
2.57. JL. C0S^
V. /а , я\ . /а я
т+т) sin (---
189

v\l2 sin¥ C0ST
2.58. \/ ^ ^- . 2.59. : , 2.60. -X
6 y^i^ n
"Л /S л-\ / /л , a
x V7C0S7 V-C0SU+t
2.61. "(j? "|"А * . 2.62. S sin a sin 2a cos2-|-. 2.63. -^si"22acos2 a-
2.64. ^sin 2a, . 2.65. 2л/?2 sin a sin |. 2.66. ± sin a cos|Yl+sin|.\ 2.67.
. 2.68. ±лЯ> и i*0/S-2)tf. 2.69. arcsin ' . 2.70.
3 3 3
Py . 2.68. лЯ и *0/S2)tf. 2.69. arcsin . 2.70. £=fi
3 sin2 2a cos3 а 3 3 3 4
при 0<?<2. 2.71. ^ да3 cos2 ~ ctg2-£ cos2 a. 2.72.
2 cos —- sin a
276
2?7 и
cos a ' 3(d + r)2 3(d — rf
2.78. 4(5V2"-7). 2.79. 2 arcsin f\/2~-1). 2.80. /tg^45°—|
X— - — — . 2.81. |-r2(J?±V*2-r2). 2.82.
В 3
C0S 2
a
a cos -— 1 / it» \ 4
2 — . 2.83. -i-arcsin/ —r\ 2-84- ~^3sin22pX
Xsin2 p sin а. 2.85. cos 2а, считая от основания. 2.86. а^+С°^ а* . 2.87. —-^- а3.
4 sin 2а 27
2.88. 4 ^ sin ^60° -f~^ sin ^60° —-^Y 2.89. ° 2.90.
cos —т1- cos -
4
. 1 r- Ctg2l 2
1613i см3, 403334- см3. 2.91. 2^j3R2 ; -==• R3ctg3-^ • tga.
3 3 cos a л/Я 2
190
4 • 2.93. 8a2 cos a cos2 ± ctg2 i . 2.94. - Л / ll_iZ
/w 2 2 6 \ / /я a\
V sm{i+i)

4n/2sin2^cos(-|+30°) rr л cos p sin -|
2.95. ^- '- . 2.96. ~; 2arctg-^-. 2.97.
3C0S(|—ЗОЛ 3 3
2cos2|-
или
2.100. — vV- • 2.101. ф=^—2arcctg \/'"^" . 2.102. arccos(V2 — 1).
4(1+"V7) 2 V m
2.103. f 2.104. ctga+ctgP + ctgT . 2.105. 6cos|.tg|. 2.106. i| см.
ctg|-+ctg|+ctg|
2..07. ^+1 .2.108. ^V^1^, . 2.109. Щ.. 2.110.
a sin a-sin p
2i,,
-^ • cosp+sin p+V'— cos2 a • cos
s2 a • cos2
2.112. : l—^ . 2.114. 4 2.115. 37:68. 2.116. 9 см. 2.117.
5
1:1. 2.118. -iL. 2.119. 1^. 2.120. 4^. 2.121. a6c
170 3 6 ' VeW+ЛЧА1
2.122. Б-i см3. 2.123. -^=a. 2.124. ±^L. 2.125. aft 2.126. ^
3 Щ 7 V
3
2.127. |(2-\/2--Уз") см. 2.148. 4nS V2~cos (j—^-Y 2.149. -|a3ctga • ctg|-X
Xcos|. 2.150. |.a3^tg2|.+tg|-.ctgo-2ctg2oj. 2.151. 8na2cos2|.,
■5-a3sina(2cos2a + 3cosa+l). 2.152. ^-
3 6
asina(2cosa + 3cosa+l). 2.152. ^-a ^ .
3 6 cos 2a
Глава 3
3.1. 4"(9"\/3~+3'\Д5') см2. 3.2. 4,5л2. 3.3. 13 м, 14 м и 15 м. 3.4. 4:5. 3.5.
О
4 (7-4 Vn 3.6. arcsini^; л-arcsinii-. 3.7. 1и^1(а2-~62). 3.8.
nQ nQ 4 '
3.13. 1863. 3.14. "''"" з- 3.15. —V—. 3.16.
3(.+i)3
3(.+sina)3 8cos|
191

3.17.
\/2sina • sin p • sin(a-fp)
5
3.18. S cos (30° +a) cos (30° — а)Х
. 3.19.
cos-— • sin3 15°
. 3.23. 22,5 см. 3.24.
+ •)•
3.30. /tg(45--!)-l ^ ^—^ У-. 3.31.
§- -• ^
-25a4. 3.33.
3.36. arccos-. 3.37. 12 см и 8 см. 3.38.
-2аЬ ctg2|-. 3.34. ^Л3. 3.35. i^(5-
3.40.
. 3.41.
2+V4 3 sin2 2а ^ 25
V3 sin 2a
^/-ctg a tg(a
3.44.
3.46. i Q VQtgatgp. 3.47.
3
. 3.48. i . 3.49. 4 см. 3.50. nQ^Q . 3.51. jiS2;
3.52. i. 3.53. —. 3.54. —. 3.55. Л/Т. 3.56. 156я см2. 3.57.
2 9 21 9
3.58.
. 3.59.
. 3.60. При 0<а<-£- 4-^а^ ПРИ
3 4
4а-|-10о у
-<a<i 2/?2 sin a sin2±. 3.61. |л. 3.62. 1. 3.63. i. 3.64.
Л 2 Z JL 4
<a<
3.65.
, 3.68.
^ з.бб. При Н = ^=
- 3.69.
. 3.70.
^- 3.67. |;
-^-. 3.71. При 0<а<
2
sin а cos2 а, при
3.73. 4#. 3.74.
Ж<а<^/3С05зо.3.72.±5Л.
". 3.75. arccos(V2"-l). 3.76. —-л дм3. 3.77. arctg 2.
3.78.
V.
192

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие
Глава 1. Базисные задачи планиметрии
1 Треугольники (5). 2. Четырехугольники (45). 3. Окружность (61).
Глава 2. Базисные задачи стереометрии
4. Прямые, плоскости, углы (66). 5. Формулы перехода (82). 6. Комбинации
геометрических тел (92). 7. Теорема Менелая для тетраэдра (111). 8. Расстояние от
точки до плоскости (119). 9. Векторы (124). 10. Тела вращения (137).
Глава 3. Решение задач методом введения
вспомогательных элементов
11. Введение вспомогательного отрезка (145). 12. Введение вспомогательного
угла (158). 13. Введение двух и более вспомогательных элементов (162). 14.
Задачи на отыскание экстремумов (175)
Ответы и указания (186)
Учебное издание
Габович Исай Григорьевич
АЛГОРИТМИЧЕСКИЙ ПОДХОД
К РЕШЕНИЮ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова
Редактор Н. Б. Грызлова
Младшие редакторы Л. И. Заседателева, Н. Е. Терехина
Художник О. М. Шмелев
Художественный редактор Е. Р. Дашук
Технические редакторы Н. Н. Бажанова, Г. Е. Петровская
' Корректоры О. В. Ивашкина, Л. Г. Новожилова
ИБ № 15255
Сдано в набор 10.03.94. Изд. лиц. № 010001 от 10.10.91. Подписано к печати
27.12.95. Формат 60Х90У16. Бум. °ФС- № 2. Гарнит. Литературная. Печать
офсетная. Усл. печ. л. 12,0. Усл. кр.-отт. 24,37. Уч.-изд. л. 10,44. Тираж 30 000 экз.
Заказ 965.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Комитета
Российской Федерации по печати. 127521, Москва, 3-й проезд Марьиной
рощи, 41.
АО «Учебная литература». 117571, Москва, проспект Вернадского, 88.
Московский педагогический государственный университет.
Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат
Комитета Российской Федерации по печати. 410004, Саратов, ул.
Чернышевского, 59.