шип : : : : : : : а г м о р д ш и ч

ПРАКТИКУМ

ЗАДАЧ

Г Е О М Е Т Р И Я

шjiІм

!) v -

.At !

ДопущеноМинистерством просвещения СССРв качествг учебного пособиядля студенте >физике-матсма-пичесКихспециальностейпедагоги чееккх инс/п usnym с в

^ Л /із £ ? с Л # ы 2ы йа д т л л ь к ь ш З А Л

V У -

P / i fЦелинограде пи гсдяисгитут

и ' С. Се фуллн.іа

: У Ч - П » И Ы ЙА і і О Ы - М . . І І Т

М О G К В А « П Р О С В Е Щ Е Н И Е » 1 9 8 5

14908866

ББК 22.151 Г96

Р е ц е н з е н т ы :кафедра алгебры и геометрии Рязанского ордена «Знак Почета»

государственного педагогического института (зав. кафедрой, доцент Г. В. Киотина), кандидат педагогических наук, доцент М. М. Рассудооамя

(МОПИ им. Н . К . Крупской).

Гусев В. А. и др.Г96 Практикум по решению математических задач: Геометрия.

Учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ин-тов/ В. А. Гусев, В. Н. Литвиненко, А. Г. Мордкович. — М.: Про­свещение, 1985. — 223 с., ил.

Настоящее пособие предназначено студентам для оказания конкретной помощи п выработке н развитии умений и навыков решения геометрических задач по школь­ному курсу математики. Содержит справочный теоретический материал н разобран­ные примеры решения задач, что позволяет использовать пособие для самостоя­тельного изучения.

ББК 22.151 513

© Издательство «Просвещение::-, 1985

П Р Е Д И С Л О В И Е

Настоящее пособие предназначено для студентов математических и физико-математических факультетов педагогических институтов по специальностям № 2104 «Математика» и «Математика и физика» и № 2105 «Физика и математика». Оно написано в соответствии с дей­ствующей программой «Практикума по решению задач» (Програм­мы педагогических институтов. Сборник № 6 . М.: Просвещение, 1984).

При работе над «Практикумом» мы стремились к тому, чтобы в нем нашли отражение основные типы школьных геометрических задач. В книге содержится около 1000 различных по трудности задач для самостоятельного решения. Наряду с задачами, достаточно про­стыми, носящими тренировочный характер, имеются задачи, реше­ние которых требует серьезных размышлений, а иногда и нестандарт­ного подхода. Решение пусть не всех, но значительной части задач поможет студенту в формировании важного профессионального ка­чества будущего учителя математики — умения решать геометриче­ские задачи, соответствующие требованиям программ по математике средней общеобразовательной и профессиональной школы.

Приемы и методы решения геометрических задач рассматриваются в различных разделах курса геометрии, изучаемого в пединститутах. Однако традиционным методам уделяется недостаточное внимание, и восполнение этого пробела было одной из целей, которые ставились в процессе работы над пособием.

Подчеркнем, что предлагаемая вниманию читателя книга не толь­ко задачник в обычном смысле, но это еще и практикум по решению задач. Это нашло свое отражение в содержании и структуре книги.

Каждый параграф содержит теоретический материал и подробно разобранные примеры (на 10 задач для самостоятельного решения приходится 1—2 с решениями). К отбору задач с решениями мы под­ходили особенно тщательно, стремясь к тому, чтобы каждое решение было полезно студенту прежде всего с методической точки зрения, чтобы совокупность этих примеров была достаточно емким и цельным вкладом в дело обучения студентов пединститутов вопросам частной методики преподавания математики в школе. В конце каждого пара­графа приводятся задачи для самостоятельного решения. Они сгруп­пированы по разделам и подразделам школьной геометрии и по сте­пени нарастания трудности. К большинству задач для самостоятель-

з

ного решения в конце книги приведены ответы, а к части задач и указания.

Настоящее пособие состоит из двух глав. Первая глава посвяще­на решению планиметрических задач. Особую роль играет § 1, в оп­ределенном смысле вводный ко всей книге, где речь идет о методах решения традиционных геометрических задач, активно используемых в дальнейших параграфах. Здесь выделяются чисто геометрический, алгебраический и комбинированный методы и, как их частные слу­чаи, — метод опорного элемента (включающий в себя метод площа­дей) и метод введения вспомогательного параметра. В этом же пара­графе для удобства работы с пособием приводится список планимет­рических теорем, важных для решения задач.

В § 2—4 включено довольно большое число стандартных задач средней трудности, поскольку, как показывает опыт, традиционные планиметрические задачи — одно из самых слабых мест в подготовке студента — будущего учителя математики.

Основная цель § 5 и G — формирование у будущих учителей не­обходимых навыков и умений решения геометрических задач методом геометрических преобразований и векторным методом. Подчеркнем при этом, что в этих параграфах содержатся в основном традицион­ные геометрические задачи, решаемые указанными методами, а не специальные задачи на преобразования и векторы, что часто встре­чается в задачниках по геометрии. Здесь не ставилось целью показать преимущество указанных методов, необходимо прежде научить сту­дентов применять эти методы. Так как геометрические задачи допу­скают решение различными способами, то в § 2—4 и 5—6 иногда встречаются одинаковые или аналогичные задачи.

Два параграфа (§ 7 главы I и § 16 главы II) посвящены геометриче­ским задачам на отыскание наибольших и наименьших значений. Обычно считают, что эти задачи — забота курса математического анализа. Но в курсе математического анализа основное назначение этих задач — демонстрация прикладной роли дифференциального исчисления (т. е. акцент делается на решение задачи внутри состав­ленной математической модели и в меньшей степени на само состав­ление модели и ее интерпретацию). Включая в настоящее пособие ту или иную задачу на отыскание наибольшего или наименьшего значения, мы имели в виду то, чтобы каждая задача была интересна прежде всего с геометрической точки зрения (т. е. делался акцент на конструирование математической модели и ее интерпретацию).

Вторая глава посвящена решению стереометрических задач. Здесь в краткой форме напоминаются вопросы, связанные с построением изображения данной фигуры, определением полноты изображения и его метрической определенности. Рассматриваются геометрические построения в пространстве, при этом особое внимание уделяется по­строениям на изображениях. В этой главе (как и в первой) многие задачи являются новыми, составленными специально для настоящего пособия. Среди них отметим задачи, связанные с определением угла между скрещивающимися прямыми, расстояния между ними, угла прямой с плоскостью, двугранного угла, и задачи, связанные с по­

•1

строением сечении. Решение этих задач, по нашему мнению, должно способствовать развитию пространственных представлений у сту­дентов.

Структура и содержание книги, методика изложения материала, принципы отбора и расположения задач разработаны авторами сов­местно. Материалы для § 1—4, 7 главы I и § 16 главы II подготовле­ны А. Г. Мордковичем, для § 5—6 главы I — В. А. Гусевым, для § 8— 15 главы II — В. Ы. Литвиненко.

Авторы выражают признательность преподавателям кафедры ал­гебры и геометрии Рязанского ордена «Знак почета» государственного педагогического института, доценту М. М. Рассудовской и канди­дату физико-математических наук Г. А. Гальперину, внимательно прочитавшим рукопись и высказавшим по ней пожелания и крити­ческие замечания.

Авторы

Г л а в а I

ПЛАНИМЕТРИЯ

§ 1. О МЕТОДАХ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗА Д А Ч

При решении геометрических задач обычно используются три ос­новных метода: геометрический (требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем); ал­гебраический (доказательство утверждения или нахождение искомых величин выполняется прямым счетом на основании различных зави­симостей между геометрическими величинами с помощью составления уравнения или системы уравнений); комбинированный (на некоторых этапах решение ведется геометрическим методом, на других — алгеб­раическим).

Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использо­вания зависит, естественно, от знания теорем и умения их применять. Не приводя здесь всех теорем планиметрии (большинство из них хорошо известны студентам: это признаки равенства произвольных треугольников, признаки равенства прямоугольных треугольников, различные свойства равнобедренного треугольника, параллелограм­ма, ромба, прямоугольника, теорема Фалеса, теорема Пифагора, соотношения между сторонами и углами прямоугольного треуголь­ника, признаки подобия треугольников, теорема о равенстве дуг, заключенных между параллельными хордами окружности, и т. д.), считаем необходимым напомнить формулировки некоторых теорем, активно использующихся при решении задач, — ссылки на эти тео­ремы будут делаться в дальнейшем неоднократно.

I. Треугольники и четырехугольникичГ............ '

1. Теорема о равенстве углов со взаимно перпендикулярными сторонами: если Z. ABC и Z. DEF оба острые или оба тупые и АВ _L DE, ВС A. EF (рис. 1), то A. ABC — Z-DEF.

2. Свойства средней линии трапеции:а) средняя линия параллельна основаниям трапеции;б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции;в) средняя линия (и только она) делит пополам любой отрезок,

заключенный между основаниями трапеции (рис. 2).Эти теоремы справедливы и для средней линии треугольника,

если считать треугольник «вырожденной» трапецией, одно из осно­ваний которой имеет длину, равную нулю.

6

Рис. I

3. Теоремы о точках пересечения медиан, биссектрис, высот треугольника:

а) три медианы треугольника пересекаются в одной точке (ее называют центром тяжести, или центроидом треугольника) и делятся в этой точке в отношении 2 : 1, считая от вершины;

б) три биссектрисы треугольника пересека­ются в одной точке;

в) три высоты треугольника пересекаются в одной точке (ее назы­вают ортоцентром треугольника).

4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике: в прямо­угольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине. Верна н обратная теорема: если в треугольнике одна из медиан равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный.

5. Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника: биссек­триса внутреннего угла треугольника делит сторону, к которой она проведена, на части, пропорциональные прилежащим сторонам:£ = (рис. 3). b Ь'

6 . Метрические соотношения в прямоуголь­ном треугольнике: если а и b — катеты, с—ги­потенуза, Һ — высота, а' и Ь' —проекции кате­тов на гипотенузу (рис. 4), то: а) Һ2 — a'b'\ б) а2 — са'\ в) Ь2— cb'; г) а2 Ь2 = с 2; д) Һ —

ab

а2 = № + с2 — 2 be х

аsin А sin В

сsin С

7. Теорема косинусов:X cos А (рис. 5).

8 . Теорема синусов:

— 2R, где R — радиус описанной около треуголь­ника окружности.

9. Определение вида треугольника по его сторонам: пусть а, b и с — стороны треуголь­ника, причем с — наибольшая сторона, тогда: Рис. 4

7

а) если с2 < а2 + 62, то треугольник ос­троугольный;

б) если с2 — а2 + Ь2, то треугольник прямоугольный;

в) если с2 > а2 + Ь2, то треугольник тупоугольный.

10. Теоремы Чевы: пусть в треугольни­ке ЛВС на сторонах АВ, ВС, АС взяты со­ответственно точки D, Е, К. Для того чтобы прямые АЕ, З Қ и CD пересекались в одной точке (рис. 6), необходимой достаточно, что­бы выполнялось равенство

№ В Е С К = 1

BD ' СЕ АК

11. Метрические соотношения в парал­лелограмме: сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон: -j- = 2а2-\- 2b2 (рис. 7).

II . Окружность

12. Свойства касательных к окружности:а) радиус, проведенный в точку касания,

перпендикулярен касательной (рис. 8);б) две касательные, проведенные к ок­

ружности из одной точки, равны, и центр окружности лежит на биссектрисе угла меж­ду ними (рис. 9).

13. Измерение углов, связанных с окруж­ностью:

а) центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается;

б) вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается;

в) угол между касательной и хордой из­меряется половиной дуги, заключенной меж­ду касательной и хордой.

14. Теоремы об окружностях и треуголь­никах:

а) около всякого треугольника можно опи­сать окружность; центром окружности слу­жит точка пересечения перпендикуляров, проведенных к сторонам через их середины;

б) во всякий треугольник можно впи­сать окружность; центром окружности слу­жит точка пересечения биссектрис.

15. Теоремы об окружностях и четырех­угольниках:

8

а) для того чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма противолежащих уг­лов четырехугольника была равна 180° (а + + Р = 180°, рис. 10);

б) для того чтобы в четырехугольник мож­но было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы противолежащих его сторон были равны (а + с = b + d, рис. 11).

16. Метрические соотношения в окружности:а) если хорды А В и CD пересекаются в точ­

ке М, то AM ■ ВМ = СМ ■ DM (рис. 12);б) если из точки М к окружности проведены

две секущие МЛ В и M C D , то AM • В М —СМ X X DM (рис. 13);

в) если из точки М к окружности прове-£ дены секущая МЛВ и касательная МС, то AM • ВМ = СМ2 (рис. 14).

III. Площади плоских фигур

17. Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия.

18. Если у двух треугольников равны осно­вания, то их площади относятся как высоты; если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания.

19. Формулы для вычисления площади тре­угольника:

. с ah ... 0 afcsinC ч с abc ч сa) S = - ; б) 5 = --------- в) 5 = — ; г) 5 = р г ,’ 2 ’ 2 4R

где р — -ZL-JlE; — радиус описанной окруж­

ности; г — радиус вписанной окружности.д) 5 = ү р (р — а) (р — Ь) {р — с) (формула Ге- рона).

20. Формулы для вычисления площади вы­пуклого четырехугольника (рис. 15): а) 5 — = 5 , -f- S г, = 5 "Ь‘5всо= 5 ло/3' лвс + S

+ S c o d + 5 Л О П 'б) S = - A C

2

'ЛОВ~^3

BDвое

sin a;

в) S = pr (если в четырехугольник можно впи­сать окружность и г — ее радиус).

21. Формулы для вычисления площади параллелограмма (рис. 16): а) 5 = oh; б) S — fi= ab sin С; в) 5 = — d-Л» sin a.

2

9

Рис. 15

Рис. 16

22. Формула площади трапеции (рис. 17):

23. Формула площади кругового секто­ра (рис. 18): S = — R2a (а — радианная

мера центрального угла).24. Формула площади кругового сегмен­

та (рис. 19): 5 = — R 2 (« — sin а).

При решении геометрических задач час­то приходится устанавливать равенство двух отрезков (или углов). Укажем три основ­ных пути геометрического доказательства равенства двух отрезков:

1) рассматривают эти отрезки как сторо­ны двух треугольников и доказывают, что эти треугольники равны;

2) рассматривают эти отрезки как сторо­ны одного треугольника и доказывают, что этот треугольник равнобедренный;

3) заменяют отрезок а равным ему отрез­ком а', а отрезок b —равным ему отрезком Ь' и доказывают равенство отрезков а' и Ь'.

При решении геометрических задач часто приходится делать дополнительные построе­ния. Укажем некоторые из них: проведе­ние прямой, параллельной или перпендику­лярной одной из имеющихся на рисунке; удвоение медианы треугольника, в результа­те чего треугольник достраивается до парал­лелограмма; проведение вспомогательной ок­ружности; проведение радиусов в точки ка­сания окружности и прямой или двух окруж­ностей и др.

П р и м е р 1. Две взаимно перпендику­лярные прямые пересекают стороны А В , ВС, CD и AD квадрата ABCD соответственно в точках £ , F, К , L. Докажем, что Е К = FL (рис. 20).

Р е ш е н и е . Используя первый из ука­занных выше путей для доказательства ра­венства двух отрезков, проведем FM (||| CD и К Р || A D , тогда интересующие нас

отрезки ЕҚ и FL станут сторонами двух прямоугольных треугольников ЕҚР и FLM (рис. 21), и, значит, достаточно доказать равенство этих треугольников.

Рис. 17

Рис. 20 Рис. 21 Рис. 22

Имеем: Р Қ — ҒМ (как высоты квадрата), A.LFM — /LEKP (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами, теорема 1). Значит, А Е Қ Р = Д FLM (по катету и острому углу). Из равенства прямо­угольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т. е. отрез­ков Е Қ и FL.

П р и м е р 2. Стороны треугольника равны а, Ь, с. Вычислим медиану тс, проведенную к стороне с.

Р е ш е н и е . Удвоим медиану, достроив треугольник до парал­лелограмма АСВР (рис. 22), и применим к этому параллелограмму теорему 11. Получим: CP2 + AB2 = 2АС2 + 2ВС2, т. е. (2тс)2 +

-J- с2 = 2Ь2 + 2а2, откуда находим: тс = ^ 2а ^ ~ с .П р и м е р 3. Докажем, что ортоцентр остроугольного треуголь­

ника совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник, об­разованный основаниями высот.

Р е ш е н и е . Поскольку центром вписанной в треугольник ок­ружности является точка пересечения биссектрис (теорема 146), то задача сводится к тому, чтобы доказать, что DH, Е Н , /<77 — бис­сектрисы треугольника D E K (рис. 23). Для этого достаточно доказать что /LEDH = A.HDK.

Рассмотрим четырехугольник DHKC. Имеем: Z-HDC — 90°, Z. НКС = 90°, значит, A HDC + А.НҚС = 180°, а потому около четырехугольника DFIKC можно описать окружность (теорема 15а).

Описав эту окружность (рис. 24), заметим, что углы H D K и НСҚ

11

равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу НК. Ана­логично, описав окружность около четырехугольника AEHD, за­ключаем, что Z-EAH — Z-EDH.

Итак, А.ЕАН = A.EDH, L.HD K = Z./7C/C Но углы ЕАН и НСІС равны как углы со взаимно перпендикулярными сторона­ми (теорема 1), значит, /LEDH = Z - H D K , что и требовалось дока­зать.

Для составления уравнений в геометрических задачах использу­ются теорема Пифагора, метрические соотношения в прямоугольном треугольнике (теорема 6), зависимости между сторонами и углами прямоугольного треугольника, пропорциональность сторон, высот и периметров подобных треугольников, теорема о биссектрисе тре­угольника (теорема 5), метрические соотношения в параллелограмме (теорема 11) и окружности (теорема 16), теорема синусов (теорема 8), теорема косинусов (теорема 7), различные формулы для вычисления площадей.

Основным методом составления уравнения в геометрической зада­че является метод опорного элемента, который заключается в сле­дующем: один и тот же элемент выражается (через известные и неиз­вестные величины) двумя различными способами и полученные вы­ражения приравниваются друг к другу. Если в качестве опорного элемента используется площадь, то говорят также, что задача реше­на методом площадей.

П р и м е р 4. Стороны треугольника равны а, b и с. Вычислим высоту һс, проведенную к стороне с.

Р е ш е н и е . / способ.Высота һс является общим катетом двух прямоугольных тре­

угольников АСН и СНВ (рис. 25). Воспользовавшись теоремой Пи­фагора, выразим С/72 из А А С Н и из АСНВ (СН — опорный эле­мент) .

Положим АН — X, тогда ВН = с — х. Если бы А АС В был тупо­угольным, то было бы ВН — с х (рис. 26); ограничимся здесь слу­чаем, представленным на рисунке 25.

Из А АСН находим: СН2 = b2 — х2, из А В С Н находим: СН2 = = а2 — (с — х)2.

с с

A H В Н X А В

12

Рис. 25 Рис. 26

= ~ V (a2 — (b — cf ) ((b + c f — d>) =

= ~ V{CL + b — c) (a ->r с — b) (b + с — a) (a + b + c).

Итак ll = ^ b -\- c) { c i b — с) {a -\- с — b) (b с — a) ’ 0 2c

II способ. Воспользуемся методом площадей. С одной стороны, площадь треугольника ABC равна Y р (р — а) (р — Ь) (р — с) , а с

П р и м е р 5. Стороны треугольника а , b и с. Найдем биссект* рису 1С, проведенную к стороне с.

Р е ш е н и е . I способ (алгебраический). Пусть CD — биссек­триса А АБС (рис. 27). План решения: найдем длины отрезков AD и BD , а затем, применив к треугольникам ACD и BCD теорему коси­нусов (учтя при этом, что Z-ACD = z -D C В ), найдем биссектрису lc = CD.

Положим AD = х, BD — у. Тогда х -{- у = с, а по свойству бис- х bсектрисы (теорема 5) — = —. Из системы уравнений

другой стороны, она же равна —chc. Приравняв эти выражения, по­

лучим:

Һ = 2 У р ^ ~ а) (Р — Ь){р — с)с Г.

Подставив вместо р его выражение через стороны р —

чим:

У (а + b + с) (« + b — с) (а + с — Ь) (Ь + с — а) —

у а

І у . - 1- V = г .

С

рема 7), получим:х2 = b2 + Р — 2bl cos t

у а

Применив к A A D C теорему косинусов (тео-

( 1)(здесь мы для краткости положили lc — I и А D вjL A C D - A.DCB = t). Рис. 27

13

Применив к A B D C теорему косинусов, получим:у 2 = a2 -j- I2 — 2а/ cos t. (2)

Умножим обе части равенства (1) на а, а обе части равенства (2)на (—Ь) и сложим полученные в результате этих умножений равен­ства: ах2 — by2 = ab2 — а2Ь Ң- al2 — bl2, откуда находим:

/2 = —^ (х2а — y 2b) -\- ab. (3)

Подставим в равенство (3) найденные выше значения х и у.

Получим: /2 = —-— ( Ь-ыС~ • ------ ---- сЬ ] + ab = ab 1 \ -------------\ =а - Ь \ { а + Ь)* {a + b )* J \ (а + 6)2 }

ab (а -|- b -f- с) {а 4 b — с)= (а+Ь)* '

тлхяк 7 _ У ab (а + b + с) (а + Ь — с)FiTdK, I c — a j ^ b

II способ. Кроме искомой неизвестной величины /, введем вспо­могательную неизвестную величину: положим х = A.ACD — /_DCB и воспользуемся методом площадей. Имеем: S ABC = S ACD + S BCD-

С одной стороны, S ABC = ~ ab sin 2х. С другой стороны, так как

S ACD = \ Ы Sin S BCD = ~ a l sin T0 S ABC = sil1 X +

4- i bl sin x.20 1 , • о / (a + ft) sin д: , 2ab cos xЗначит, —ab sin 2x = —1-----------------------------, откуда I — --.

2 2 a 4 bДля отыскания cosx применим теорему косинусов к треугольни­

ку ABC для стороны АВ. Получим: с2 — а2 4- b2 — 2abcos2x, отку-a2 + fe2 _ c2 -| f 1 + C O S 2 *

да находим: cos 2* = ----- ^ ------• Тогда cos я — у — ------- =

- Ү И ' у-(й 4 Ь -(- с) (а b — с) ab

В итоге получаем:

* 2ab cos х 2ab 1 -* Г (а -f- b -{- с) (а -\- b — с) _а -f- b а-\- b 2 У ab

- V ab { а b с) { а b — с) а + b

При составлении уравнений в процессе решения геометрической задачи нужно иметь в виду, что успех решения часто зависит от удач­ного введения переменных. Поясним эту мысль на следующем при­мере.

П р и м е р 6 . В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна с,

а биссектриса одного из острых углов рав­на £11. Найдем катеты (рис. 28).

3Р е ш е н и е . / способ. Положим А С —х,

ВС — у, CD = z. Тогда по теореме Пифагора

х2 + )'2 - С2 И X2 + z2 = ^ К р о м е того, по теореме о биссектрисе (теорема 5)

АСимеем — = CDDB'

т. е. —сАВ и is с у — z

В итоге мы получили систему трех уравнений менными: хг -[■ у 2 = с2,

Л'2 + 22 =О

г

Рис. 28

с тремя пере-

X

І. с y — z

решение которой сопряжено со значительными алгебраическими труд­ностями.

II способ. Положим ZlCAD — / - B A D = х. Составим уравнение, использовав отрезок АС как опорный элемент. Из треугольника ABC

с V 3находим: АС = с cos 2х\ из треугольника ACD имеем: А С = —у - cos х. Приравняв эти выражения, получим тригонометрическое уравнение

о с V3 с cos 2х = cos х.

Решим это уравнение: У 3 cos 2х = cos х, \ ( 3 (2cos2 х — 1) =*

2 У З cos2 х — cos х — У З — О, — ^= COS Л',

COS X

откуда cos х или

V з3

у зТак как по смыслу задачи cosa'>0, то получаем: cosa' = 2 . Значит, угол BAD равен 30°, а угол ВАС равен 60°. В итоге получаем:

АС = ВС = С- Х ~ .Если в задаче требуется найти отношение некоторых величин

(длин пли площадей), в частности, если требуется вычислить какой- либо угол (что обычно сводится к отысканию некоторой тригонометри­ческой функции угла, а значит, к отношению сторон прямоугольного треугольника), то обычно поступают так: считают один из линейных элементов известным, выражают через него нужные величины, а за­тем составляют их отношение. Введенный линейный элемент назы­вают вспомогательным параметром, а такой метод решения геометри­ческих задач называется методом сведения вспомогательного пара­метра. Он применяется в задачах, где геометрическая фигура опреде­лена с точностью до подобпя.

П р и м е р 7. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла С проведены высота и медиана. Угол а между ними ра-

15

40вен arccos —. Найдем отношение катетов (рис.41

Р е ш е н и е. Заметим прежде всего, что по40 СК 40 п~ условию cos а = —, т. е. — = —. Решим за-41

Положим

дачу методом введения раметра.

СК = Н. Тогда CM = КМ = У С №

СМ 41 вспомогательного па-

СК2= - Һ .40

Так как в прямоугольном треугольнике медиана равна половине ги­потенузы (теорема 4), то ЛМ = СМ = MB = ~h . Тогда А К = '

40

AM КМ = - Һ — —Һ = ~ К КВ = КМ Н- ВМ = - Һ + - Һ = - Һ , 40 ‘10 5 40 40 4

А16,„ , /I

9 4 41

АС = у А К 2 -I- СК2

ft* - J / 4 T ,

V + Л* в т 1 • ВС== ]/ ВК2 + СКг =һ / 4 І Л / 4 ІЛС

дс£ 5 •5 ' 4

П р и м е р 8 . В равнобедренном треугольнике ЛВС угол С при вершине равен 100°. Построены два луча: один — с началом в точке А под углом 30е к лучу АВ, другой — с началом в точке В под углом 20° к лучу ВЛ. Эти лучи пересекаются в точке М. Найдем углы А СМ и ВС М.

Р е ш е н и е. Соединим точки М и С и обозначим угол Л СМ через х. Опустим из точки М перпендикуляры на стороны треугольника: МСХ _L AB, МВХ~L АС, М А Х ВС (рис. 30). Введем вспомогатель­ный параметр, положив СМ = а, и подсчитаем МСХ двумя способами, т. е. используем МСХ как опорный элемент.

Из треугольника СМВг находим: М 5і = МС sin д: = a sin х. Так как /LACB — 100°, а треугольник ЛЛСпо условию равнобедрен­ный, то ZL.CAB = zLABC — 40°, значит, / - С А М — 10°.

Из треугольника АМВХ находим: AM = ° sin^ . Наконец, из

треугольника ЛМСХ имеем:sin Юэ

MCi = AM sin 30° =sin Юэ

с sin X2 sin 10’

Рассмотрим треугольник CMAX. В нем Z. МСАг = 100° — х. Значит, М А г = CM sin (100° — д') = a sin (100° — х).

Так как /LMBC = 40° — 20° == 20°, то треугольники ВМСХ и В М А Х равны, а потому МСХ =— МАх = a sin ( 100° — х).

Приравняв найденные для МСх выражения, получим тригонометрическое уравнение

= a sin ( 100° — Л').2 sin 10°

16

Из этого уравнения последовательно нахо­дим: sin х = 2 sin (100°— х) • sin 10°, sin х —= cos (90°—х) — cos (110°—х), cos (110°—a) == 0 , x = 20°. E

§ 2 . ТРЕУГОЛЬНИКИИ ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ

Рис. 31П р и м е р 1. Основания трапеции а и Ь.

Найдем длину отрезка, соединяющего середины диагоналей (рис. 31).

Р е ш е н и е . Так как точка Р — середина диагонали ЛС , а точка К — середина диагонали BD, то точки Р и Қ лежат на средней линии трапеции EF (теорема 2в). Так как Е Қ — средняя линия тре­угольника A B D , то Е К = так как ЕР — средняя линия тре­

угольника ЛВС, то ЕР = ~ . В итоге получаем: Р К = Е К — ЕР—а — b

2П р и м е р 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника ЛВС,

найдем сторону АС = Ь.Р е ш е н и е . По свойству медиан в треугольнике (теорема За)

медианы пересекаются в одной точке М и делятся в ней в отноше­нии 2 : 1 , считая от вершины (рис. 32). Поэтому в Л ЛМС нам из-

2 2 1вестны две стороны: ЛМ = — та, МС — —гпс и медиана MD — — ть.3 3 3

Рассмотрим А ЛМС. Удвоив его медиану MD, достроим треуголь­ник до параллелограмма ЛМ СР (рис. 33). Тогда по теореме 11 ЛС'1 -f-+ /ИР2 = 2 ЛМ* + 2 МС2, т. е. b8 + -т * = =

9— 2 • — т* -{- 2 • —т 2, откуда находим: b —

= J - ] / 2 ml + 2 ml — ml.П p и м е р 3. На сторонах Л В и ВС тре­

угольника ЛВС вне его построены квадраты ABDE и ВСКМ. Докажем, что отрезок D /И Ав два раза больше медианы ВР треугольника Рис. 32ABC (рис. 34).

Р е ш е н и е . Так как надо доказать, что D M — 2ВР, то целесообразно удвоить медиану мВР, достроив А ЛВС до параллелограмма АВСТ, а затем доказать, что D M = ВТ. Для 4 доказательства равенства отрезков D M и ВТ нужно рассмотреть эти отрезки в качестве сто­рон двух треугольников и доказать равенство треугольников. В соответствии с

планом выполним решение задачи.Удвоим медиану ВР, достроив

А А В С до параллелограмма АВСТ (рис. 35).

Рассмотрим треугольники D M B и ВСТ. Имеем: ВМ — ВС, как стороны квадрата ВМКС\ DB = —СТ (более подробно: DB — АВ, как стороны квадрата, и А В — = СТ, как противолежащие сто­роны параллелограмма, значит, DB — CT); Z -D B M — / _ ВСТ (как углы со взаимно перпенди­кулярными сторонами). Значит, A D B M — А ВСТ (по двум сторо­нам и углу между ними), а потому D M — ВТ.

Так как ВТ — 2 ВР, то из D M — ВТ следует, что D M — = 2 ВР.

II р и м е р 4. Высота, прове­денная к гипотенузе прямоуголь­ного треугольника, делит ее на части: 9 и 16 см. Из вершины большего острого угла треуголь­ника проведена прямая, прохо­

дящая через середину высоты. Найдем длину отрезка этой прямой, заключенного внутри данного прямоугольного треугольника (рис. 36).

Р е ш е н и е . Имеем: СН2 = АН • ВН (теорема 6а), значит, СН2—9_. 16, т. е. СН— 12 см. Из A A D H находим: AD = | / 9 2 + 62 = = ъ Ү 13 см. Проведем НМ \\ А К и положим D K — х. Так как D K — средняя линия А Н СМ , то НМ — 2х. Из подобия треуголь­ников НМВ и А КВ заключаем, НМ ВН

16 24 /Т з= 25, откуда х = — -—

Рис. 35

что = — , т. е.

Итак, А К =

1775 / 1 3

17

АК = З У І З - ІАІС _АВ ’ _ л + 3 / 1 3

. 24 / 1 3 75 / 1 317 17

СМ.

П р и м е р 5. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на одной стороне треугольника, а две другие вершины — на двух других сторонах треугольника. Найдем стороны прямоугольника, если известно, что его периметр равен 22,5 см.

Р е hi е н и е. Прежде всего определим вид треугольника. Имеем: Ю2 = 100, 17“ = 289, 212 = 441. Так как 212 > 10й -|- 17-, то тре­угольник тупоугольный (теорема 9), а значит, вписать в него ирямо-

18

нРис. 3G

Н И Рис. 37

угольник можно только одним способом: расположив две вершины на большей стороне (рис. 37).

Найдем высоту ВН треугольника ЛВС. Применив метод, исполь­зованный нами в примере 4 из § 1 (или применив формулу, получен­ную в этом примере), находим: ВН — 8 см.

Положим ED — х . Тогда ЕҒ — 11,25 — х (поскольку периметр прямоугольника D E F K равен 22,5 см), ВР — 8 — х.

ЕҒ ВРТреугольники ВЕҒ и ЛВС подобны, значит, — —- — (в по-АС ВН

добных треугольниках отношение соответственных высот равно ко-, , \ 11,25 — л: 8 — х „эффициенту подобия), т. е. ----------- = ------- , откуда находим: л' = 6 .

21 8Итак, стороны прямоугольника 6 и 5,25 см.П р и м е р 6 . В треугольнике ЛВС известно, что угол А в два

раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны АВ, а АС =— 5 см. Найдем АВ и ВС.

Р е ш е н и е . I способ. Проведем биссектрису AD угла Л. Тогда получим, что Z. BAD — Z.D/1C = / L A C B (рис. 38).

В A A D C углы при основании равны, значит, этот треугольник равнобедренный: AD = D C . Положим АВ — х, AD — DC — у. Тог­да ВС = ,v 2, BD — х + 2 — у.

Треугольники ABD и ЛВС подобны, так как / _ B A D — /_ В С А и / - B y этих треугольников общий. Из подобия треугольников заклю-

АВ BD AD х х 2 — у учаем, что — = — = — , т. е. ------= —1--------- =ВС АВ АС х + 2 х 5

Для отыскания х и у получена система из двух уравнений с двумя переменными: ( * „ у_ откуда

V X 55* = ху -{- 2у,5х + 10 — Ъу — ху.

Вычтя второе уравнение из первого, по­лучим: 5у — 10 = 2)' и у = - ^ . Значит, —^ ==

2 * <= —, т. е. х — 4.3

Итак, А В = 4 см, ВС = 6 см.II способ. Положим /_ С — t, тогда / _ А =

— It', / _ В — 180° — 3/. Положим также Л В = х, тогда ВС = х + 2. По теореме

19

синусов (теорема 8) имеем: х + 2

sin t sin 2t sin (180° — 3/)Получена система из двух уравнений с двумя переменными х и t:

х _ х 4- 2 s in f sin 2^’

х___________ 5____sin t sin 3/

(здесь воспользовались тем, что sin (180° — 3/) = sin 31).5 sin tРешим эту систему. Из второго уравнения получаем: х

5 sin г? 5sin 3/

3 sin t — 4 sin ;,Z 3 — 4 sin- t

Из первого уравнения системы находим:х + 2 sin 2t 1 . 2—— , т. е. 1 + - = =

sin t х= 2 cos t. Подставив вместо х найденное выше его выражение через t, получим: 1 + 6 ~ 8 S'n t = 2 cos t. Положим в этом тригономет­

рическом уравнении cos t = z . Получим: 1 + 6 _ 8 ( i — z2) 2z, откуда

3 1 4 3 * , 1гл — —, z„ = —, т. e. лиоо cos г = —, либо cose = —.1 4 “ 2 4 2

3 2Если cos t — —, то из 1 — = 2 cos t находим: x — 4.4 x1 2 2Если cos t = —, то из 1 + — = 2 cos t находим: 1 + — = 1, чего2 x x

не может быть.Итак, АВ — 4 см, ВС = 6 см.З а м е ч а н и е. Соотношение cos t = — означает, что t = 60°, тогда в тре­

угольнике ABC получаем, что / С = 60°, / _ А = 120°, а этого не может быть.П р и м е р 7. Точка К — середина стороны AD прямоугольни­

ка A BCD. Найдем_угол между В К и диагональю АС, если известно, что AD : АВ = У 2.

Р е ш е н и е . Воспользуемся методом вспомогательного парамет­ра (см. пример 7 из § 1). Положим А В — а, тогда AD — а У 2 . Планрешения задачи: выразим через а все стороны треугольника А М Қ(рис. 39) и применим теорему косинусов для стороны АҚ. Это позво­лит вычислить косинус искомого угла АМ К \ обозначим его через х.

Отрезки АО и В К — медианы треугольникас ABD. Значит, М К = —ВК, AM. = — АО (тео-

з 3рема За). Имеем: М К — ~ В К =

= ^ У А В 2 + А К 2= ~

AM = - А О = 1 А С = - У AD2 + CD2 =3 3 3

= j V (а У 2 ) 2 + а1 = -Цр—•20

В треугольнике

а К б

АМК имеем: А К а У 2 AM а У 3 м к =

По теореме косинусов а У 2

—2AM . МК • cos х, т. е

(теорема 7) АК

(а К З Г

а У 6X —Чз— cos х и далее') +

AM* + М К 1 —

г о « К з х. а~ а- У 2+ 6 ---- 3-COS.V, откуда находим:

fl- 0“6 .. 7 = з

cosх = 0 и, следовательно, х = 90°.Итак, угол между В К и АС прямой.П р и м е р 8 . Докажем, что во всяком треугольнике ABC рас­

стояние от ортоцентра до вершины В вдвое больше расстояния от центра описанной около треугольника окружности до стороны АС.

Р е ш е н и е . Пусть ABC — остроугольный треугольник, точка Н — ортоцентр, точка О — центр описанной окружности, отрезки BD и АР — высоты, точки К и L — середины сторон, ОҚ и OL — перпендикуляры к сторонам (рис. 40).

Треугольники ABII и KOL подобны (ВН || 01С, А Н |j OL, АВ || L/C),значит, — = — . Отрезок LK — средняя линия Л ABC, значит,

OK LK— = 2. Но тогда — — 2, что и LK ОКтребовалось доказать.

Пусть ЛВС — тупоугольный не­равнобедренный треугольник, при­чем сохранены обозначения преды­дущего случая (рис. 41).

Из подобия треугольников АВН i s n r в н А в ои KOL следует, что — =- —= 2,

OK LKзначит, ВН — 20Қ.

На рисунках 40 и 41 пункти­ром проведена прямая Эйлера (см. упр. 54).

П р и м е р 9. Через центроид правильного треугольника в плос­кости этого треугольника прове­дена прямая. Докажем, что сум­ма квадратов расстояний от вер­шин треугольника до этой пря­мой не зависит от выбора прямой.

Р с ш е и и с. Пусть прямая,о которой идет речь, образует с основанием АС треугольника ЛВС угол сс (рис. 42). Положим АО — =- ВО — СО = а, выразим пер­пендикуляры к этой прямой A D , В Қ и СЕ через а и а, а затем до-

Рис. 40

21

кажем, что выражение AD'2 В К 2 ++ СЕ'2 постоянно при любом а.

Z. О АС = 30°, значит, Z_ М А О = = 150°, тогда A.DOA = 180° —— (а + 150°) = 30° — а. Из A DO А находим: AD = О A s\n Z - A O D —= a sin (30°—a). Z. В О К = / - М О Р = = 90° — а (из А МОР). Из А ВОК находим: ВК = ВО sin Z. ВОК == a sin (90° — а) = a cos а.

/ _ Р О Е = 9 0 ° -} -а (как внешний для А МОР). /_ РОС — 60°, тогда Z_ СО£ = А РОЕ — Z. РОС = (90° 4- а) — 60° = 30° 4 - а. Из А СОЕ находим: СЕ = СО sin Z_ СОЕ — a sin (30° -\- а).

Имеем: AD2 + ВК2 + С£ 2 = a2 sin2 (30° — а) + сг cos2 а -j-

Рис. 42

-f- а2 sin2 (30° + а) = а21 — cos (60° — 2а)

а2 1cos (60° + 2а) + cos (60" — 2а)

COS2a -f

cos2 а

1 — cos (СО"1 + 2а ) '

1 — — cos 2 а 4- — -I- 2 2

= а2 1 — cos 60° cos 2а 1 + os 2 _ | = а-

Н— cos 2а2Итак, при любом а имеем: /Ш 2 - f £ / ( 2 + С£ 2 = —а2.

П р и м е р 10. Найдем зависимость между сторонами а, b и с треугольника ЛВС, если известно, что медиана AM, высота ВН и биссектриса CD пересекаются в одной точке (рис. 43).

Р е ш е н и е . По теореме Чрвы (теорема 10) имеем: — •• — X' ' BD с м

X —— = 1. Так как ЛМ — медиана, то ВМ ~ СМ и — ! = 1. Так какАН см

CD — биссектриса, то — = — (теорема 5). В итоге данное соотно-BD а

Ь СН . а СНшение принимает вид: — • — = 1, т. е. аСН _ JАН АН Ь

Положим СН — at, АН = bt. Тогда, с одной стороны, at - f bt = b,т. e. t = —6- -; с другой стороны, использовав ВН как опорный эле-

CL - j - Ь

мент, получаем из А А В Н : В Н 2 ~ г — b~t~ и из А ВНС: ВН2 ——- а~ — а~Р. Значит, с2 — b~t~ — а~—— art-, откуда f~ =

a?*- b 3Подставив в последнее равенст-

, , ьво вместо t его значение t — -----CL Ь

получим искомую зависимость меж-Iду сторонами а, Ь и 6’:

ЬЧт. е.

22

(а + Ь)Ч а- — с2

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

I. Прямоугольный треугольник

1. Доказать, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла де­лит пополам угол между медианой и высотой, проведенными из тон же вершины.

2. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит прямой угол в отношении 1 : 2 и равна т. Найти стороны треугольника.

• 3. Точка, взятая на гипотенузе прямоугольного треугольника и одинаково уда­ленная от его катетов, делит гипотенузу на отрезки 30 и 40 см. Найти катеты.

4. Найти биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника с катетами 18 и 24 см.

5. Найти биссектрису прямого угла прямоугольного треугольника с катетами а и Ь.

6. Из вершины прямого угла прямоугольного треугольника проведена биссек­триса, делящая гипотенузу на отрезки т и п. Найти высоту, проведенную к гипоте­нузе.

7. В прямоугольном треугольнике медианы, проведенные к катетам, равны

/ 5 2 и / 7 3 см. Найти гипотенузу., 8. Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см, а высота, проведенная

к гипотенузе, равна 12 см. Найти стороны треугольника.9. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины С прямого угла проведены

биссектриса С К и медиана СМ. Найти катеты, если СМ — т и КМ — п.10. В прямоугольном треугольнике найти угол между медианой и биссектрисой,

проведенными из вершины острого угла, равного а.'11. В прямоугольном треугольнике ABC проведены биссектрисы острых углов

AD и В К . Найти углы треугольника, если известно, что ABr = AD . ВК .. 12. Доказать, что если высота и медиана, проведенные из одной вершины не­

равнобедренного треугольника, лежат внутри треугольника и образуют с его боко­выми сторонами равные углы, то этот треугольник прямоугольный.

II. Равнобедренный треугольник

• 13. Доказать, что если в треугольнике отношение тангенсов двух углов равно отношению квадратов синусов этих углов, то треугольник либо равнобедренный, либо прямоугольный.

а Ь14. Доказать, что если в треугольнике выполняется соотношение ------ - = ------- ,

cos A cos Вто треугольник равнобедренный.

- 15. Основание равнобедренного треугольника равно 4 / 2 см, медиана, прове­денная к боковой стороне, равна 5 см. Найти боковую сторону.

16. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 4 см, медиана, про­веденная к боковой стороне, равна 3 см. Найти основание треугольника.

17. Основание равнобедренного треугольника равно 12 см, а боковая сторона 18 см. К боковым ствронам проведены высоты. Вычислить длину отрезка, концами которого служат основания высот.

18. Основание равнобедренного треугольника 12 см, а боковая сторона 18 см. К боковым сторонам проведены биссектрисы. Вычислить длину отрезка, концами которого служат основания биссектрис,

23

19. Сумма двух неравных высот равнобедренного треугольника равна /, угол при вершине а . Найти боковую сторону.

20. На высоте ВН равнобедренного треугольника ABC (АВ = ВС) взята точ­ка М так, что углы А М В , ВМС и А М С равны. В каком отношении, считая от вер­шины, точка М делит высоту, если угол при основании треугольника равен а (а > > 30°)?

21. Угол при основании равнобедренного треугольника равен а. Найти отноше­ние основания к медиане, проведенной к боковой стороне.

22. Найти углы равнобедренного треугольника, если известно, что ортоцентр делит пополам высоту, проведенную к основанию треугольника.

23. Прямые Һ, /о и /;! параллельны, причем /2 лежит между Һ и /:, и удалена от них соответственно на расстояния р и q. Найти сторону правильного треугольника, вершины которого лежат на данных прямых (по одной на каждой прямой).

24. В равнобедренном треугольнике ЛВС [АВ = ВС) на стороне А В взята точ­ка D, а на стороне ВС точка Е так, что BD = СЕ■ Доказать, что множество середин всех отрезков DE совпадает со средней линией треугольника ABC.

25. В равнобедренном треугольнике угол при вершине равен 36°, а основание равно а. Найти боковые стороны треугольника.

26. В равнобедренном треугольнике ABC (ЛВ ~ ВС) на стороне ВС взята точ­ка D так, что BD : DC = 1 : 4 . Найти В М : ME, где BE — высота треугольника, а М — точка пересечения BE и AD.

27. Основание равнобедренного треугольника равно а, угол при вершине 2 а . Найти длину биссектрисы, проведенной к боковой стороне.

28. Через вершину правильного треугольника проведен луч, делящий основа­ние в отношении 2 : 1 . Какие углы образует этот луч с боковыми сторонами треуголь­ника?

329. Угол при основании равнобедренного треугольника равен arctg — . Найти

угол между медианой и биссектрисой, проведенными к боковой стороне.30. Найти угол при вершине равнобедренного треугольника, если медиана,

3проведенная к боковой стороне, образует с основанием угол arcsin —.

531. В равнобедренном треугольнике ABC угол В равен 110°. Внутри треуголь­

ника взята точка М так, что / M A C = 30°, / MCA = 25°. Найти угол ВМС.

III. Произвольный треугольник

32. Доказать, что если две стороны и высота одного остроугольного треугольника соответственно равны двум сторонам и высоте другого остроугольного треугольника, то такие треугольники равны (рассмотреть два случая).

33. Доказать, что если две стороны и медиана одного треугольника соответствен­но равны двум сторонам и медиане другого треугольника, то такие треугольники равны (рассмотреть два случая).

34. Доказать, что во всяком треугольнике биссектриса либо совпадает с медиа­ной и высотой, проведенными из тон же вершины, либо лежит между ними.

О35. Доказать, что во всяком треугольнике сумма медиан больше — пернмет-

4

ра, но меньше периметра.

24

36. Через центроид правильного треугольника АБС проведена прямая /, пересе­кающая стороны А В и ВС. Доказать, что сумма расстоянии от А и С до / равна рас­стоянию от В до /.

37. В треугольнике ABC угон В равен 115°. Из середины стороны АС проведен перпендикуляр к АС до пересечения со стороной ВС в точке D . Отрезок AD делит угол А в отношении 5 : 3, считая от стороны АС. Найти углы Л и С треугольника ABC.

38. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрез­ки длиной 2 и 4 см, а высота, проведенная к той же стороне, равна Y 15 см. Найти стороны треугольника и определить его вид.

39. Найти отношение суммы квадратов медиан треугольника к сумме квадратов его сторон.

40. Определить вид треугольника, если известно, что его медианы связаны ра­венством от* -j- riib = 5т~.

41. Две стороны треугольника равны а и Ь, а медианы, проведенные к этим сто­ронам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону треугольника.

42. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Найти ВС, если известно, что АС = Ь, АВ — с и AD — BD.

43. В треугольнике ABC известно, что ВС = 12 см, АС = 8 см и угол А вдвое больше угла В. Найти АВ.

44. Высота треугольника равна 6 см и делит угол в отношении 2 : 1, а основа­ние треугольника па отрезки, меньший из которых равен 3 см. Найти стороны тре­угольника.

45. Высота треугольника делит угол в отношении 2 : 1, а основание на отрезки, отношение которых равно к (к > 1). Найти больший угол при основании треуголь­ника.

46. В остроугольном треугольнике ABC острый угол между высотами AD и СЕ равен а . Найти АС, если AD = а, СЕ = Ь.

47. Основание треугольника равно 4. Медиана, проведенная к основанию, рав­на V G - V 2, а один из углов при основании равен 15°. Найти острый угол между медианой и основанием.

48. Воспользовавшись теоремой Чевы, доказать, что:а) медианы треугольника пересекаются в одной точке;б) биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке;в) высоты треугольника пересекаются в одной точке.49. Прямая DE параллельна основанию /1C треугольника ABC, причем точ­

ка D лежит на стороне АВ, а точка Е — на стороне ВС. Доказать, что АЕ, CD и медиана В At пересекаются в одной точке.

50. Доказать, что если длины сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию, то центр окружности, вписанной в этот треугольник, и центроид тре­угольника лежат на прямой, параллельной средней по длине стороне треугольника.

51. A D — высота треугольника ABC, точка Н — ортоцентр. Доказать, что DC . DB = AD . DH.

52. В треугольнике /1/іС угол А равен 30°, а угол В равен 50°. Доказать, что стороны треугольника связаны соотношением с1 — Ь {а -Һ Ь).

53. Доказать, что во всяком треугольнике разность между суммой квадратов

25

длин любых двух его сторон и произведением длин этих сторон, умноженным на ко­синус угла между ними, есть величина постоянная (для данного треугольника).

54. Доказать, что во всяком треугольнике ортоцентр, центроид и центр описан­ной окружности лежат на одной прямой (прямая Эйлера).

55. В треугольниках ЛВС и Л ' В'С' углы В и В' равны, а углы Л и /Г составля­ют в сумме 180°. Доказать, что стороны этих треугольников связаны соотношением аа ' = ЬЬ' + сс'.

56. В треугольнике ЛВС углы А, В и С относятся как 4 : 2 : 1 , Доказать, что1 1 1

стороны треугольника связаны равенством — = — .a b c

57. Высота, медиана и биссектриса, проведенные из одной вершины треуголь­ника, делят угол при этой вершине на 4 равные части. Найти углы треугольника.

58. CD — высота треугольника ABC. Найти зависимость между углами А и В, если известно, что CD“ = AD • DB.

59. В треугольнике ЛВС угол А равен а , угол В равен р, медиана ВО пересе­кается с биссектрисой СЕ в точке К. Найти СК : КЕ .

IV. Параллелограмм

60. Доказать, что если в четырехугольнике диагонали являются биссектри­сами углов, то такой четырехугольник — ромб.

61. В параллелограмме со сторонами а и b (а > Ь) проведены биссектрисы внут­ренних углов. Определить вид четырехугольника, образовавшегося при пересечении биссектрис, и найти длины его диагоналей.

62. Высота ромба делит его сторону на отрезки т и п. Найти диагонали ромба.63. Перпендикуляр, опущенный из вершины параллелограмма на диагональ,

делит диагональ на отрезки 6 и 15 см. Найти стороны и диагонали параллелограм­ма, если известно, что разность сторон равна 7 см.

64. Две высоты параллелограмма, проведенные из вершины тупого угла, рав­ны соответственно р и q, угол между ними равен а . Найти большую диагональ парал­лелограмма.

65. Диагональ прямоугольника делит его угол в отношении т : п. Найти отно­шение периметра прямоугольника к его диагонали.

66. Острый угол параллелограмма равен а , а стороны равны а и Ь. Найти тан­генсы острых углов, которые образует со сторонами параллелограмма его большая диагональ.

67. Найти острый угол ромба ABCD, если прямая, проведенная через верши­ну А, делит угол BAD в отношении 1 : 3, а сторону ВС в отношении 3 : 5.

68. Отношение периметра ромба к сумме его диагоналей равно к. Найти углы ромба.

69. Диагонали параллелограмма пропорциональны его непараллельным сторо­нам. Доказать, что углы между диагоналями равны углам параллелограмма.

70. В прямоугольнике ABCD основание AD разделено точками М и Р на три равные части. Доказать, что сумма углов А М В , А Р В и ADB равна 90°, если извест­но, что AD = ЗАВ.

71. Стороны параллелограмма равны а и b {а < Ь). Меньшая диагональ обра­зует с меньшей стороной тупой угол, а с большей стороной угол о., Найти большую диагональ параллелограмма. "

26

72. Стороны параллелограмма относятся как р : q, а диагонали — как т : п. Найти углы параллелограмма.

73. Отношение периметра параллелограмма к его большей диагонали равно /г. Найти углы параллелограмма, если известно, что большая диагональ делит угол параллелограмма в отношении 1 : 2 .

V. Трапеция

74. Доказать, что если стороны одной трапеции соответственно равны сторонам другой трапеции, то трапеции равны.

75. Доказать теоремы: для того чтобы трапеция была равнобедренной, необхо­димо и достаточно, чтобы: а) углы при основании были равны; б) диагонали были равны.

76. Доказать, что биссектрисы углов, прилегающих к боковой стороне трапеции, пересекаются под прямым углом и точка их пересечения лежит на средней линии трапеции.

77. Сумма углов при основании трапеции равна 90°. Доказать, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полу разности оснований.

78. Диагонали трапеции равны и взаимно перпендикулярны, высота равна 15 см. Найти длину средней линии трапеции.

79. Одно из оснований трапеции равно 24 см, а расстояние между серединами диа­гоналей 4 см. Найти другое основание.

80. Один из углов трапеции равен 30°, боковые стороны перпендикулярны. Найти меньшую боковую сторону трапеции, если ее средняя линия равна 10 см( а одно из оснований 8 см.

81. В прямоугольной трапеции основания и меньшая боковая сторона равны со­ответственно а, Ь и с. Найти расстояния от точки пересечения диагоналей до основа­ний и меньшей боковой стороны.

82. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются на другом ее основании и имеют длины 13 и 15 см. Найти сторонгл трапеции, если ее высота равна 12 см.

83. Высота равнобедренной трапеции равна Һ, острый угол между диагоналя­ми 2а. Найти длину средней-линии трапеции.

84. В трапеции ABCD углы А и В прямые, АВ — 5 см, ВС = 1 см, AD — 4 см. На стороне А В взята точка М так, что угол A M D вдвое больше угла ВМС. Найти отношение A M : MB .

85. Угол при вершине А трапеции A BCD равен а, боковая сторона А В вдвое больше ее меньшего основания ВС. Найти угол ВАС.

80. Большее основание трапеции равно а, боковые стороны равны Ь и с (Ь < с), а углы при большем основании относятся как 2 : 1 . Найти меньшее основание.

87. Диагонали АС и BD равнобедренной трапеции ABCD {AD || ВС) пересе­каются в точке О, причем , 'AOD — 60°. Доказать, что точки К, М, Р, служащие со­ответственно серединами отрезков АО, ВО и CD, являются вершинами правильного треугольника.

„ 88. Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна удвоенному про* нзведеишо ее оснований, сложенному с суммой квадратов боковых сторон.

89. Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения продолжений боковых сторон трапеции и точку пересечения ее диагоналей, делит пополам основа­ния трапеции.

27

90. В трапеции с основаниями а и b через точку пересечения диагоналей прове­дена прямая, параллельная основаниям. Найти длину отрезка этой прямой, заклю ­ченного между боковыми сторонами трапеции.

91. В трапеции A BCD каждое из оснований AD и ВС продолжено в обе стороны. Биссектрисы внешних углов А и В пересекаются в точке К, а биссектрисы внешних углов С и D пересекаются в точке Е. Найти периметр трапеции, если КЕ — 20 см.

92. Через точку О пересечения диагоналей равнобедренной трапеции ABCD (ЛО || ВС) со взаимно перпендикулярными диагоналями проведена прямая МК , перпендикулярная к стороне CD (точка М лежит на АВ, точка К — на CD). Найти М К , если AD = 40 см, ВС = 30 см.

VI. Разные задачи

93. В четырехугольнике ABCD точки Р , К, Е и М — соответственно середины сторон А В, ВС, CD и D A. Доказать, что четырехугольник Р К Е М — параллело­грамм.

94. На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника ABC построены (вне треугольника) квадраты A DKC и СЕМВ. Из точек D и М опущены перпендикуля­ры DII и МР на продолжение гипотенузы АВ. Доказать, что DH -f- МР — АВ .

95. На сторонах параллелограмма (вне его) построены квадраты. Их центры по­следовательно соединены. Доказать, что полученный четырехугольник — квадрат.

96. В прямоугольный треугольник с катетами а и b вписан квадрат, имеющий с треугольником общий прямой угол. Найти периметр квадрата.

97. В прямоугольный треугольник вписан ромб так, что все его вершины лежат на сторонах треугольника, а угол, равный 60°, является общим углом треугольника и ромба. Найти стороны треугольника, если сторона ромба равна 6 см.

98. В треугольник вписан ромб так, что один угол у них общий, а противолежа­щая вершина ромба делит сторону треугольника на отрезки, отношение которых равно 2 : 3 . Найти стороны треугольника, между которыми лежит общий угол тре­угольника и ромба, если диагонали ромба равны т и п.

99. В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан параллелограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит на основании треугольника, а диагонали со­ответственно параллельны боковым сторонам треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание треугольника.

100. В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольник А КМ так, что точ­ка К лежит на стороне ВС, точка М — на CD и A M = АК- Найти угол MAD, если известно, что tg / А КМ = 3.

101. В правильный треугольник ABC вписан правильный треугольник DEK так, что точка D лежит на стороне ВС, точка Е — на АС и точка К — на А В. Найти АВ : DE, если известно, что /_DEC — а.

102. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противолежащих сторон выпуклого четырехугольника, и отрезок, соединяющий середины его диагоналей, пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам.

103. Доказать, что в выпуклом четырехугольнике точки — середины диаго­налей и середины отрезков, соединяющих середины противолежащих сторон, — лежат на одной прямой.

104. Доказать, что если в четырехугольнике суммы квадратов противолежащих сторон равны, то его диагонали взаимно перпендикулярны.

105. Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике отрезок, соединяющий

28

середины противолежащих сторон, равен полусумме двух других сторон, то этот четырехугольник — трапеция.

ЮС. Основания двух правильных треугольников со сторонами а и За лежат на одной и той же прямой. Треугольники расположены по разные стороны от прямой, а расстояние между ближайшими концами их основании равно 2а. Найти расстоя­ние между не лежащими на данной прямой вершинами треугольников.

107. В четырехугольнике ABCD известно, что / А — / D = 60°, АВ = Ү 3, ВС = 3 , CD = 2 Y 3 . Найти углы В и С.

108. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке О под прямым углом так, что АО = 8 см, ВО = СО = 1 см, DO — 7 см. Стороны АВ и CD при продолжении пересекаются в точке М . Найти угол A M D .

109. В четырехугольнике ABCD угол В прямой, а АВ : BD = 2 : 4 У 2. Стороны ВС и AD при продолжении пересекаются в точке М . Найти угол DMC, если известно, что /_ ABD = 45°.

110. В прямоугольник ABCD вписан треугольник А Е К так, что точка Е лежит наА В BE С К

стороне ВС, а точка К — па CD. Найти угол t g / ЕАК, если —— = —— = — = т.ВС СЕ DK

§ 3. ОКРУЖНОСТЬП р и м е р 1. Докажем, что если а и b — катеты, с — гипоте­

нуза прямоугольного треугольника, а г — радиус вписанной окруж-а-\- Ь — с ностн, то г — —---------.

2Р е ш е н и е . Выполним необходимые дополнительные построе­

ния: из центра О вписанной окружности проведем радиусы OD, ОЕ и OF в точки касания. Тогда ODA.BC, О Е ± А С , OF L A B (рис. 44). ODCE — квадрат (все углы прямые и ОЕ — OD), значит, СЕ — CD —— г, BD = а — г, АЕ = b — г. Но BD = BF, а АЕ — AF (теоре­ма 126), значит, BF — а — г, AF — Ь — г. АВ — BF -f- AF, т. е.с — (а — г) [Ь — г), откуда находим, что г =

3 а м е ч а н и е. Полученная формула часто используется при решении задач связанных с прямоугольными треугольниками.

П р и м е р 2 . К окружности, вписанной в треугольник с перимет­ром 18 см, проведена касательная параллельно основанию треуголь­ника. Длина отрезка касательной, заключенного между боковыми сторонами треугольника, равна 2 см. Найдем основание треуголь­ника .

Р е ш е н и е. Пусть М, Р и N — точки касания (рис. 45). Тогда A M — AN, CN = CP, ВР = ВМ (теорема 126). Положим A N — = AM — х, CN — CP = у, BP — ВМ — z. Тогда периметр тре­угольника ABC равен 2х -|~ 2у -f- 2z, а потому х + у -f- z = 9.

Проведем касательную DE || АС. Тогда треугольники ABC и DBEDEподобны, а потому их стороны относятся как периметры: — = —— ,

т. с.2 p dbe

х + у “ 18 ’

ABC

(1)

29

P DDE = BD + BE + DE = BD + BE + (DI< H- KE) = BD + -}- BE -{- (DM -{- ЕР). (Здесь воспользовались тем, что DAI ~ DK, a KE — ЕР.) Значит, PDDE = (BD + DM) + (BE + EP) = = BA1 + BP = 2z, а тогда равенство (1) можно переписать в виде—— = —. Получена система уравнений: [ х У 2 ~ _х -\- у 18 \ 2 2 Положив

I х у 9 *х -f- у == Ь, получим: / 6 + 2 = 9, откуда находим, что либо Ь =

| bz — 18,= 3 см, либо Ь = 6 см.

П р и м е р 3. Через точку Л общей хорды А В двух окружностей проведена прямая, пересекающая первую окружность в точке С, а вторую — в точке D. Касательная к первой окружности в точке С и касательная ко второй окружности в точке D пересекаются в точке AI. Докажем, что точки А\, С, В \ \D лежат на одной окружности (рис. 46).

Р е ш е и и е. Достаточно доказать, что Z. CAID -{- /_ CBD— 180°(теорема 15а). Z. СВ А — у АС (как вписанный угол). Но и Z_ MCA—

= ~^>АС (как угол между касательной и хордой, теорема 13).

Значит, Z. СВ А = Z. А1СА. Анало­гично доказывается, что /L.ABD — = Z . A D A l .

Из A AICD заключаем ,что /_CMD-\~ + Z .M C D -j- Z. АЮС = 180°. Но Z. At CD + /_ АЮС = Z. СВ/1 +-|- /LABD — Z_ CBD.

Значит, Z. CAID -j- Z.CBD =180°, что и требовалось доказать.

П р и м е р 4. В окружность впи­сан равнобедренный треугольник ЛВС с основанием АС — b и углом при основании а. Вторая окружность ка­сается первой окружности и основа­ния треугольника в его середине D и расположена вне треугольника.

30

Найдем радиус второй окружности (рис. 47).Р е ш е н и е. Воспользуемся тем, что

AD • DC — ВО • D K (теорема 16а). Так какBD = -AD - DC =

4

tg a, D /( = 2г, то

2г, откуда г — — х 4

г D Nv Iполучаем:

х clg' а.П р и м е р 5. Окружность радиуса R

проходят через две смежные вершины квадра­та. Касательная к окружности, проведенная из третьей вершины квадрата, вдвое больше стороны квадрата. Найдем сторону квадрата.

Р е ш е и и е. Введем обозначения: АВ—= х, ВМ — 2х (рис. 48). Продолжим отрезок А В до пересечения с окружностью в точке К- Тогда В К • А В = ВМ2 (теорема 16в), т. е. ВК • х — 4.v2, откуда находим: ВК—— 4.v, значит, А К — Зх. Z. I\AD = 9 0 ° , зна­чит, KD — диаметр. Из прямоугольного тре­угольника A D K находим: AD2 -f- А К 2 — KD2,т. е. х2 + 9дг = 4R2, откуда х = _ 10 .

5П р и м е р 6 . Дан прямоугольный кру­

говой сектор. Окружность того же радиуса имеет центр в конце дуги сектора, она разби­вает сектор на два криволинейных треуголь­ника. В меньший из этих треугольников впи­сана окружность. Найдем отношение ра­диусов вписанной окружности и сектора.

Р е ш е н и е . Сделаем необходимые до­полнительные построения, которые обычно делают, когда речь идет о внутреннем или внешнем касании окружностей или о каса­нии окружности и прямой: 0 20 3 — линия центров, В — точка касания, 0 i0 3 — линия центров, /1 — точка касания, 0 3С _L 0 3С,С — точка касания (рис. 49). Введем обо­значение: 0 г0 2 — R (вспомогательный параметр)R радиус г вписанной окружности.

Рассмотрим ЛОхОйОз. Имеем: Ог0 2 — R, 0 г0 3 — R — г, 0 20 а = = R -}- г. Проведем высоту 0 3Я. Тогда ОгН — 0-лС — г, 0 2Н —— R — г. Используем OJI как опорный элемент. Из Д 0 і0 3/7 имеем: O.J12 = 0 ,0 з — О^И2 — (R — г)2 — г . Из Л 0 аЯ 0 2 имеем: ОгН2 — = OnOl - ОйН* == (R -Һ /*)“ - (R - г)2.

Итак, (R — /)г — г = (R —■ г)2 — {Ц — г)2, откуда находим:R_6

и выразим через

г - Значит,

31

П р и м е р 7. Две окружности с радиусами г и R касаются внеш­ним образом. АВ и CD — их общие внешние касательные. Докажем, что в четырехугольник A BCD можно вписать окружность, и найдем ее радиус.

Р е ш е н и е . Выполним необходимые дополнительные построе­ния. Продолжим касательные до пересечения в точке О, проведем линию центров 0 0 i0 2, проведем радиусы О-JD и 0 2С в точки касания: 0 YD 1 CD и 0 2С 1 CD (рис. 50).

Так как линия центров является осью симметрии фигуры, то точ­ки А и D симметричны относительно 0 0 2 и точки В и С симметричны относительно 0 0 2. Это значит, что ABCD — равнобедренная тра­пеция.

Для того чтобы в трапецию ABCD можно было вписать окруж­ность, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство AD ВС = АВ -|- CD (теорема 166) или, поскольку АВ = CD,

л г, AD + ВС оравенство АВ — ----- -----. Значит, достаточно доказать, что отрезок

А В равен средней линии трапеции.Проведем внутреннюю общую касательную 1(Р. Тогда А К — КМ ,

В К = К М , D P — PM, CP = РМ (теорема 126), это значит, что К Р — средняя линия трапеции A BCD и К Р — АВ. Итак, в трапецию можно вписать окружность, EF — ее диаметр. Положим ОуЕ = х, 0 2F = у. Тогда из равенства МҒ — ME (средняя линия К Р делит отрезок EF пополам) заключаем, что R — у = г -|- х. Из подобия

П р и м е р 8 . Острый угол прямоугольного треугольника равен а. Найдем гипотенузу этого треугольника, если радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен R.

Р е ш е н и е . Так как АВ = А К + ВК (рис. 51), то задача сво­дится к вычислению отрезков А К (из Л А О К) и В К (из А О В К).

Рис. 50 Рис. 51

32

Рассмотрим А л е к . Так как Z.KOF—/LBAC — а (углы со взаимно перпендикулярными сторонами), то Z..KOA — ^ (А К О А —ААОҒ).

Значит, А К = ОК • tg — = Rig — .2 2

Рассмотрим А В О К • Z-BOK — ^ Z. DOK = — (90° — Z. KOF) =

— 45° — iL, (Здесь воспользовались тем, что в четырехугольнике

ODCF три угла D, С, F прямые, значит, и четвертый угол, т. е. угол DOF, прямой.) Тогда ВК = OK * tg Z_ ВОК —■ R tg^45°— y j ,

АВ = А К + ВК = R tg + R tg ^45° ~ | - j =

sin= R

+ 45° R V 2

cos — cos I 45a 2 cos — cos I 45° — —2

sin (a + P)

(•Здесь восполь­

зовались формулой tg a + tg Вcos a cos p

П р и м е р 9. Дан остроугольный треугольник ABC с углами /_А — а, /_В = (5, Z.C = у. В каком отношении ортоцентр делит высоту, проведенную из вершины Л?

Р е lh е и и е. Опишем около треугольника ABC окружность. Ра­диус окружности обозначим через R (вспомогательный параметр).

Проведем OP X ВС и воспользуемся тем, что АН — 2 0 Р (см. при­мер 8 из § 2), где Н — ортоцентр.

Рассмотрим А О РВ (рис. 52). Так как /_КОВ измеряется дугойВК, ^ В К — ~ ^ ВС, а Z. САВ измеряется половиной дуги ВС,

то /LKOB — ZiCAB — а. Тогда OP = R cos а, а поэтому АН — = 2R cos а.

АСПо теореме синусов — ------- = 2R (теорема 8), значит, АС = 2R хsin I[ABC

x sin (3, а тогда из A A C D получаем, что A D = AC sin /LACB — 2R sin (3 sin у.

Тогда АН — 2R cos a, HD — AD — A H =— 2R sin fi sin ү — 2R cos a—2R (sin p sin у —— cos (180° — Ф + y)) = 2R (sin p sin ү +~j- cos ((3 -f- ү)) = 2R (sin p sin ү-j-cos p cos ү—■•— sin p sin ү )= 2R cos P cos y.

T t AH 2R cos a cos aИтак, — = --------------- = --------------- .HD 2R cos (J cos у cos p cos у

ГІ p и м e p 10. Докажем, что если высо­та и медиана, проведенные из одной вершины неравнобедренного треугольника, лежат внут­ри треугольника и образуют с его боковы­

2 Заказ 49 33

Рис. 53

ми сторонами равные углы, то этот треуголь­ник прямоугольный.

Р е ш е н и е . Опишем около данного тре­угольника ABC окружность и продолжим высоту BD и медиану ВМ до пересечения с окружностью в точках соответственно Е и К (рис. 53). Так как zLABE— zLKBC , то ^ А Е ~— '-'КС, а поэтому хорды АС и ЕК, между которыми лежат равные дуги АЕ и КС, па­раллельны. Но ZL.BDM-- 90°, значит, и/ _В ЕК — 90°, а тогда ВК — диаметр окруж­

ности.Так как центр описанной окружности

лежит, с одной стороны, на диаметре В К . а, с другой стороны, на перпендикуляре к АС, восставленном из точки М, то этим цент­ром является сама точка М. Значит, АС — диаметр окружности, а поэтому /_АВС=90°.

П р и м е р 11. AD и СМ — высоты ос­троугольного треугольника ABC, периметр треугольника ABC равен 15 см, периметр тре­угольника BDM равен 9 см, радиус окружно­

сти, описанной около треугольника BDM, равен 1,8 см. Найдем дли­ну АС (рис. 54).

Р е ш е н и е. Прежде всего докажем, что треугольники ABC и BMD подобны. В самом деле, прямоугольные треугольники ABD иВМС с общим острым углом В подобны, а поэтому — = — . Но

ВС В А!тогда у треугольников ABC и MBD с общим углом В стороны, за­ключающие этот угол, пропорциональны, т. е. треугольники подобны.

Воспользуемся тем, что в подобных треугольниках отношение периметров и отношение радиусов описанных окружностей равны коэффициенту подобия. По условию РЛйС= 1 5 с м , P DDM = 9

5значит, коэффициент подобия равен

ЛВС ^ СМ’ ^ BDM -- У СМ»Так как по условию радиус

окружности, описанной около треугольника BMD, равен 1,8 см, то получаем, что радиус окружности, описанной около треугольникаABC, равен 1,8 • = 3 см.

Пусть точка О — центр описанной около ABC окружности,ОР ± АС. Тогда ВН = 2ОР (см. пример 8 из § 2). Но ВН — диаметрописанной около треугольника ВМГ) окружности (поскольку опираю­щийся на него угол BDH равен 90°), значит, ВН = 3,6 см, а потому ОР = 1,8 см.

Теперь в прямоугольном треугольнике ЛОР известны две стороны: /10 = 3 см (радиус описанной окружности) и ОР — 1,8 см. Тогда

/ 9 \ 2 109 — К ) = — см и, следовательно, АС = 4,8 см.А Р- у

34

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

I. Окружности

111. Две окружности внешне касаются в точке Л, ВС — их общая внешняя каса­тельная. Доказать, что / ВАС = 90э.

112. Две окружности пересекаются в точках А и В. Точки А и В лежат по раз- ные стороны от прямой /, которая пересекает окружности соответственно в точках С, D, Е и М. Доказать, что сумма углов DBC и САМ равна 180°.

113. Две окружности пересекаются в точках А и В. Прямые Һ и L параллельны, причем Һ проходит через точку А и пересекает окружности в точках Е и К, a L про­ходит через точку В и пересекает окружности в точках М и Р. Доказать, что четы­рехугольник Е Қ М Р — параллелограмм.

114. Из точки М проведены к окружности с центром в точке 0 касательные МЛ и MB. Прямая / касается окружности в точке С и пересекает М А и M B соответственно в точках D и Е. Доказать, что: а) периметр треугольника M D E не зависит от выбо­ра точки С; б) угол DOE не зависит от выбора точки С.

115. Точки А , В, С и D делят окружность на части, отношение которых1 : 3 : 5 : С. Найти углы между касательными к окружности, проведенными в точках А, В, С и D.

116. Две равные окружности внешне касаются друг друга и третьей окружности, радиус которой равен 8 см. Отрезок, соединяющий точки касания двух равных ок­ружностей с третьей, равен 12 см. Найти радиусы равных окружностей.

117. Общая хорда двух пересекающихся окружностей равна а и служит для одной окружности стороной правильного вписанного шестиугольника,'а для другой— вписанного квадрата. Найтн расстояние между центрами окружностей.

118. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. Найти дли­ну их общей внешней касательной.

119. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. П рямая/, пересекает окружности в точках А, В, С и D так, что А В = ВС — CD. Найтн AD.

120. Две окружности, радиусы которых относятся как 1 : 3, касаются внешним образом, длина их общей внешней касательной 6 ^ 3 см. Найтн периметр фигуры, образованной внешними касательными н внешними дугами окружностей.

12]. Из внешней точки к окружности проведены секущая длиной 48 см и каса-2

тельная, длина которой составляет — от внутреннего отрезка секущей. Найтн ра-О

диус окружности, если известно, что секущая удалена от центра на расстояние 24 см.122. Общая внешняя касательная двух внешне касающихся окружностей со­

ставляет с линией центров угол а . Найти отношение радиусов.123. Из точки А, расположенной вне круга с центром О, проведены секущие

ABC и А М К (В н М — ближайшие к А точки окружности, лежащие на секущих). Найтн ВС, если известно, что АС = a, САО — ос, ZL СОК = Р и секущая А М К проходит через центр окружности.

124. Две окружности пересекаются в точках А и В. Через точку А проведены отрезки АС и AD, каждый из которых, являясь хордой одной окружности, касается другой окружности. Доказать, что AC- . BD = AD2 • ВС.

125. ЛВ и CD — взаимно перпендикулярные пересекающиеся хорды окружно­сти радиуса R, Доказать, что А С ~ BD2 = 4/?2.

2* 35

126. Доказать, что сумма квадратов расстояний от точки М, взятой иа диаметре окружности, до концов любой из параллельных этому диаметру хорд есть для дан­ном окружности постоянная величина.

127. Две окружности внешне касаются в точке С, А В — их общая внешняя ка­сательная. Найти радиусы, если АС = 8 см, ВС = 6 см.

128. Окружности радиусами R и — касаются внешним образом. Из центра мень­

шей окружности под углом 30° к линии центров проведен отрезок длиной 2R. Найти длины тех частей отрезка, которые лежат вне окружностей.

129. Окружности радиусами а и b имеют внутреннее касание (а < Ь), причем центр большей окружности лежит вне меньшей окружности. Хорда АВ большей окружности касается меньшей окружности и образует с общей касательной к окруж­ностям угол а. Найти АВ.

II. Вписанные и описанные треугольники

130. В правильном треугольнике ABC иа сторонах А В и АС взяты точки М и К так, что A M : MB = 2 : 1 , А К : КС — 1 : 2 . Доказать, что отрезок Қ М равен радиусу окружности, описанной около треугольника ABC.

131. Около треугольника ABC (АВ — ВС) описана окружность. Биссектрисы углов А и С при продолжении пересекают окружность в точках К и Р, а друг друга в точке Е. Доказать, что четырехугольник ВКЕР — ромб.

132. AD и СЕ — биссектрисы треугольника ABC. Окружность, описанная око­ло треугольника BDE, проходит через центр окружности, вписанной в треугольник ABC- Доказать, что // А В С = С0°.

133. Доказать, что центр окружности, вписанной в треугольник, лежит внутри треугольника, образованного средними линиями данного треуюлыш ка.

134. Прямая / касается окружности, описанной около треугольника ABC, в точке С. Доказать, что квадрат высоты СН треугольника ABC равен произведению расстояний точек /1 и В от прямой /.

135. Найтн углы треугольника, если известно, что центры его вписан­ной и описанной окружностей симметричны относительно одной из сторон треуголь­ника.

136. Основание равнобедренного треугольника 2а, высота Һ. К окружности, вписанной в треугольник, проведена касательная, параллельная основанию- Найтн длину отрезка эт(>й касательной, заключенного между боковыми сторонами треуголь­ника.

137. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности де­лит гипотенузу на отрезки 24 и 36 см. Найти катеты.

138. В прямоугольном треугольнике один катет равен 48 см, а проекция другого катета на гипотенузу равна 3,92 см. Найти длину вписанной окружности.

139. В прямоугольном треугольнике с катетами 18 и 24 см найти расстояние меж­ду центрами вписанной и описанной окружностей.

140. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, в 1,5 ра­за меньше радиуса описанной окружности. Найти угол при основании.

141. Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами а и b и углом у между ними.

142. В равнобедренном треугольнике основание равно Ь, угол прн основании а.

36

К окружности, вписанной в треугольник, проведена касательная, параллельная ос­нованию. Найти длину отрезка этой касательной, заключенного между боковыми сторонами треугольника.

143. В равнобедренном треугольнике отношение радиусов вписанной и описан­ной окружностей равно к. Найти углы треугольника.

144. Доказать, что для любого прямоугольного треугольника справедливо не-г

равенство 0,4 < — < 0,5, где г — радиус вписанной окружности, a Һ — высота,

опущенная на гипотенузу.145. Доказать, что окружность, описанная около треугольника, равна окруж­

ности, проходящей через две его вершины и ортоцентр.146. В окружность вписан правильный треугольник ABC. На дуге ВС взята

произвольная точка М и проведены хорды A M , ВМ и С М . Доказать, что A M = = ВМ + СМ.

147. Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки окруж­ности до вершин вписанного в нее правильного треугольника есть величина постоян­ная, не зависящая от положения точки на окружности.

148. В окружность вписан равнобедренный треугольник ABC (АВ = ВС). На дуге АВ взята произвольная точка К и соединена хордами с вершинами треуголь­ника. Доказать, что А К • КС = А В2 — КВ2.

149. В остроугольном треугольнике со сторонами а, b и с из центра описанной окружности опущены перпендикуляры на стороны. Длины этих перпендикуляров

т п р тпрравны соответственно т, п и р. Доказать, ч т о ------\------+ — = -------- .

а Ь ‘ с abc150. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных на стороны тре­

угольника или на продолжения сторон нз произвольной точки описанной около тре­угольника окружности, лежат па одной прямой.

151. Доказать, что если а и b — стороны треугольника, / — биссектриса угла между ними и а', Ь’ — отрезки, на которые биссектриса делит третью сторону, то I2 = ab — а'Ь' .

152. Доказать, что радиус описанной около треугольника окружности, прове­денный в одну пз вершин треугольника, перпендикулярен прямой, соединяющей ос­нования высот, проведенных из двух других вершин треугольника.

153. Около треугольника ABC описана окружность. Через точку В проведена касательная к окружности до пересечения с продолжением стороны СА за точку А в точке D. Найти периметр треугольника A B C , если АВ -(- AD — AC, CD — 3, Z 5 /1 C = C 0 \

154. В окружность радиуса R вписан правильный треугольник ABC. Хорда BD пересекает АС в точке Е так, что А Е : СЕ = 2 : 3 . Найти CD.

155. В трапеции ABCD биссектриса угла А пересекает основание ВС (или его продолжение) в точке Е. В треугольник А BE вписана окружность, касающаяся сто­роны А В в точке М и стороны BE в точке Р. Найтн угол BAD, если известно, что АВ : МР = 2.

156. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой касания вписан­ной окружности на отрезки, отношение которых равно к (к > 1). Найтн углы тре­угольника.

157. Найти угол при основании равнобедренного треугольника, если известно, что его ортоцентр лежит на вписанной окружности.

37

III . Произвольное расположение окружности и треугольника

158. Отрезки AD, ВМ и СР — медианы треугольника ABC. Окружность, опи­санная около треугольника DMC, проходит через центроид треугольника ABC. Доказать, что Z .A BM = Z.PCB, а / BAD = £ Р С А .

159. В прямоугольный треугольник вписана полуокружность так, что ее диа­метр лежит на гипотенузе, а центр делит гипотенузу на отрезки 15 и 20 см. Найти радиус полуокружности.

160. Окружность проходит через вершину А прямоугольного треугольникаABC, касается -катета ВС и имеет центр на гппотенузе А В. Найти ее радиус, если А В — с, ВС = а.

161. На катете ВС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построе­на окружность, пересекающая гипотенузу АВ в точке D так, что AD : DB = 3 : 1 . Найти стороны треугольника ABC, если высота, проведенная к гипотенузе, равна3 см.

162. Стороны треугольника равны а и Ь, угол между ними 120°. Найтн радиус окружности, проходящей через две вершины третьей стороны и центр вписанной в данный треугольник окружности.

163. Окружность проходит через вершины А и В треугольника ABC и касается стороны ВС в точке В. Сторона АС делится окружностью на части A M и МС так, что A M = МС + ВС. Найти ВС, если АС = 4 см.

164. На стороне АВ треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая сторону ВС в точке D. Найтн АС, если известно, что CD = 2 см и А В = ВС = 6 см.

165. На стороне АВ треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая АС в точке D и ВС в точке Е. Найти АС и ВС, если известно, что А В = 3 см, AD : DC = 1 : 1 и BE : ЕС = 7 : 2.

166. Отрезок BD — высота треугольника ABC, a DE — медиана треуголь­ника BCD. В треугольник Z?DE вписана окружность, касающаяся стороны BE в точке К и стороны DE в точке М. Найти углы треугольника ABC, если АВ = = ВС — 8 см, Қ М = 2 см.

167. В треугольнике ABC проведены высота AD и окружность с центром в точ­ке А и радиусом AD. Найти длину дуги этой окружности, лежащей внутри треуголь­ника, если ВС = a, Z В = Р, /_ С = у.

168. Доказать, что радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолже­ний катетов прямоугольного треугольника, равен сумме длин гипотенузы и радиуса окружности, вписанной в треугольник.

169. Биссектрисы AD и СК треугольника ABC пересекаются в точке О, KD = = 1 см. Найтн углы и две другие стороны треугольника KDO, если известно, что точка В лежит на окружности, описанной около треугольника KDO.

170. Окружность касается сторон Л С и ВС треугольника ABC и имеет центр на АВ. Найтн раднус окружности, если АС = 48 см, ВС = 140 см, АВ = 148 см.

171. В треугольнике ABC точка D — середина АС, точка Е — середина ВС, окружность, описанная около треугольника CDE, проходит через центроид треуголь­ника ABC. Найти длину медианы СК, если АВ = с.

172. Найти зависимость между сторонами а, b и с треугольника ABC, если из­вестно, что вершина С, центроид М и середины сторон АС и ВС лежат на одной окружности.

173. В равнобедренный треугольник ABC с углом В, равным 120°, вписана полу-

38

окружность радиуса (3 / 3 + У 21) см с центром на АС. К полуокружности про­ведена касательная, пересекающая боковые стороны АВ и ВС в точках соответствен­но D и Е. Найти BD и BE, если DE = 2 У 7 см.

174. Б треугольнике ABC известны стороны: АВ — ВС = 39 см, АС = 30 см. Проведены высоты AD и BE. Найти радиус окружности, проходящей через точки D и Е и касающейся стороны ВС.

175. В треугольнике ABC проведены высоты CD и АЕ. Около треугольника BDE описана окружность. Найт-и длину дуги этой окружности, лежащей внутри треугольника ABC, если АС = b, ЛВС = р.

IV. Окружность и четырехугольник

176. Доказать, что если для трапеции существуют вписанная и описанная ок­ружности, то высота трапеции есть среднее геометрическое между ее основаниями.

177. Основания равнобедренной трапеции 21 и 9 см, высота 8 см. Найтн радиус описанной окружности.

178. Основания равнобедренной трапеции а и Ь, острый угол а . Найти радиус описанной окружности.

179. Две вершины квадрата лежат на окружности радиуса R, а две другие — на касательной к этой окружности. Найти сторону квадрата.

180- Острый угол А ромба ABCD равен а . Найти отношение радиуса окружно­сти, вписанной в ромб, к радиусу окружности, вписанной в треугольник ЛВС.

181. Около окружности описана равнобедренная трапеция. Найти ее углы, если известно, что отношение боковой стороны трапеции к ее меньшему ос­нованию равно к.

182. Около окружности описана трапеция с острыми углами а и р. Найти отно­шение периметра трапеции к длине окружности.

183. а) Доказать теорему Птолемея: если противолежащие стороны четырех­угольника, вписанного в окружность, равны а и Ь, с и т, а диагонали d\ и d2, то ab -}- cm = (hd.,\ б) воспользовавшись теоремой Птолемея, доказать утверждение задачи 146.

184. Доказать, что сумма произведений высот остроугольного треугольника на отрезки их от ортоцентра до вершины равна полусумме квадратов сторон.

185. На гипотенузе прямоугольного треугольника как на стороне построен квад­рат (вне треугольника). Центр квадрата соединен с вершиной прямого угла треуголь­ника. На какие отрезки разбивается гипотенуза, если катеты равны 21 и 28 см?

186. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каждую из двух других его сторон на отрезки 2 и 23 см. Найти радиус окружности.

187. В ромб A BCD со стороной 4 см и углом BAD, равным 60°, вписана окруж­ность. К ней проведена касательная, пересекающая АВ в точке М и AD в точке Р. Найти MB и PD, если М Р = 2 см.

188. Отношение радиуса окружности, описанной около трапеции, к радиусу вписанной окружности равно к. Найти острый угол трапеции.

189. В окружность вписан четырехугольник A BCD, диагонали которого взаим- • но перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и перпендикулярная к АВ, пересекает CD в точке М. Найти ЕМ, если AD — 8 см, АВ = 4 см и С CDB = а.

190. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаим­но перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е

39

и середину стороны CD, пересекает АВ в точке /•/. Найти НВ, если ED — 6 см, BE = = 5 см и Z ADB = а .

25191. В выпуклом четырехугольнике ABCD сторона АВ равна — , сторона ВС

6425 1

равна 12— , сторона CD равна G— . Известно, что угол DAB острый, угол ADC 64 4

3 63тупой, причем sin Z D AB — — , cos £ ABC = — — • Окружность с центром в

5 65точке О касается сторон ВС, CD и AD. Найти длину отрезка ОС.

V. Разные задачи

192. Из точки С к окружности проведены две касательные С А и СВ, образующие между собой угол 60°. В криволинейный треугольник, образованный этими каса­тельными и меньшей дугой АВ, вписана окружность. Доказать, что длина этой ду­ги равна длине вписанной окружности.

193. Прямоугольник со сторонами 36 и 48 см разделен диагональю на два тре­угольника. В каждый из этих треугольников вписана окружность. Найти расстоя­ние между их центрами.

194- Две окружности радиусами 16 и 9 см касаются внешним образом. Вычис­лить радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник, заключенный между окружностями и их общей внешней касательной.

195. Хорда длиной 6 см разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них вписан квадрат со стороной 2 см. Найти радиус окружности.

196. Два круга радиуса R расположены так, что расстояние между их центрами равно R. В пересечение кругов вписан квадрат. Найти сторону квадрата.

197. В круговой сектор с углом 2а вписана окружность. Найти отношение ра­диусов вписанной окружности и сектора.

198. В сектор АОВ круга радиуса R с центральным углом а вписан правильный треугольник, одна из вершин которого лежит в середине дуги АВ, а две другие — па радиусах ОА и ОВ. Найти сторону треугольника.

л199. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2 а ( а < —).

Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них вписан квадрат. Найти сторону квадрата.

я200. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а (а < —).

Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой дуги, а две другие вершины лежат иа хорде сегмента. Найти сторону треугольника.

я201. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а (а < —).

Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В больший из них вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой хорды, а две другие лежат на дуге. Найти сторону треугольника.

202. В равнобедренный треугольник вписана окружность радиуса а. Окруж­ность радиуса b касается боковых сторон треугольника и вписанной окружности. Найти основание треугольника.

40

203. На отрезке АС длиной 12 см взята точка В так, что АВ = 4 см. На АС и на АВ как на диаметрах построены окружности. Найти радиус окружности, касаю­щейся двух данных и отрезка /1C.

204. Основание равнобедренного треугольника /?, угол при основании а. В тре­угольник вписана окружность. Вторая окружность касается первой и боковых сторон треугольника. Найти радиус второй окружности.

205. В окружности радиуса R с центром в точке О проведены радиусы О А и

ОВ так, что / Л О В = а ^ < а < л | . Найтн радиус окружности, касающейся ду­

ги АВ сектора ОЛВ, хорды АВ и биссектрисы угла ЛОВ.206. Два равных круга радиуса а расположены так, что расстояние между их

центрами равно а. Пересечение кругов разделено линией центров на два криволи­нейных треугольника, в один из которых вписана окружность. Найт.і длину отрезка, соединяющего точки касания вписанной окружности с двумя данными окружностями.

207. Из точки А к окружности с центром О и радиусом 2 см проведена касатель­ная АК- Отрезок О А пересекает окружность в точке М и образует с касательной угол 60°. Найти радиус окружности, вшеанпой в криволинейный треугольник М Қ А .

208. Из точки Л, удаленной от центра О окружности радиуса г на расстояние а (а > г), проведен луч, образующий угол 60’ с лучом АО и пересекающий окруж­ность в двух точках К и Р {К лежит между /1 и Р). Найти радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник М Қ А , где М — точка пересечения окруж­ности и отрезка АО.

209. Основание равнобедренного треугольника Ь, угол при основании а. В тре­угольник вписана окружность. Вторая окружность касается первой, основания и боковой стороны треугольника. Найти радиус второй окружности.

210- Около равнобед енного треугольника с основанием b и углом а при осно­вании описана окружность. Вторая окружность касается первой окружности и Со­ковых сторон треугольника. Найтн радиус второй окружности.

211. В сегмент окружности радиуса R с центральным углом а (а < л) вписаны две равные окружности, касающиеся друг друга. Найти их радиусы.

212. Точки D, К и М лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС тре­угольника ЛВС. Доказать, что окружности, описанные около треугольников ADA1, BDK и СКМ, пересекаются в одной точке.

213. Из точки С к окружности радиуса 12 см с центром в точке О проведены две касательные АС и ВС. В треугольник ЛВС пписана окружность с центром Оі, ка­сающаяся сторон АС и ВС в точках К и / / . Найти Z.AOD, если расстояние от точкиОI до прямой КН равно 3 см.

214. Из центра О окружности радиуса R проведены радиусы ОА и ОВ так, что /_АОВ = а (ос < л ). В меньший сегмент круга, отсекаемый хордой АВ, вписан пра­вильный треугольник, одна из сторон которого перпендикулярна хорде АВ. Найти сторону треугольника.

215. В окружности радиуса г проведены диаметр АВ и хорда АС. В образовав­шийся криволинейный треугольник вписана окружность. Найти ее радиус, если /С Л В — а.

216. В окружности с центром О радиус ОМ и хорда КР пересекаются в точке Л.

причем / . М А К = ос ( а < — J. В образовавшийся криволинейный треугольник9

М А К вписана окружность. Найти ее радиус, если ОМ — г , 0/1 = а.

217. Из точки А окружности радиуса г проведены диаметр AD и две хорды АВ и АС. Найти радиус окружности, касающейся хорд АВ и АС и дуги ВС, если А В = = Ь, / В А С — а и А В > АС.

218. На одной стороне угла а даны две точки, расстояния которых от другой стороны угла равны b и с (Ь < с ) . Найти радиус окружности, проходящей через эти две точки и касающейся другой стороны угла.

219. Угол АОВ равен а. Окружность касается стороны АО в точке С и пересе­кает сторону ОВ в точках D и Е. Найтн DE и радиус окружности, если известно, что ОС — а и OD = b (Ь > а).

§ 4. ПЛОЩАДИ ПЛОСКИХ ФИГУР

П р и м е р 1. Точка Н — ортоцентр треугольника ABC. На пря­мой СН взята такая гочка К , что АВҚ — прямоугольный треуголь­ник. Доказать, что площадь треугольника АВҚ есть среднее геомет­рическое между площадями треугольников ЛВС и АВН (рис. 55).

Р е ш е и и е. Введем обозначения: = S, S

- А В • KD, S j = - А В 2 2

X HD. Надо доказать, чтоs = j /% s : , (I)

5 лвн — 5 2- Тогда 5 CD, S z ^ ^ —ABлвс —

X

т. е. что ү А В ■ K D = y . A B - C D j A B ■HD

ИЛИ ч т о

K D 2 = CD ■ HD. (2)Но треугольник A BK прямоугольный, поэтому /<Р2 = BD • AD

(теорема 6a). Таким образом, равенство (2) будет установлено, если докажем, что BD хx A D = CD • DH или что BD

CDDH „— . Пос­ле

Рис. 55

леднее равенство с достаточной очевидностью следует из подобия прямоугольных треуголь­ников BCD и HDA (у этих треугольников углы BCD и HAD равны как углы со взаим­но перпендикулярными сторонами, посколь­ку АЕ — высота треугольника). Значит, ра­венство (2), а с ним и равенство ( 1) дока­заны.

П р и м е р 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника, вычислим его площадь.

Р е ш е н и е . Отметим прежде всего,(рис. 56). В самом де-что ЛМС

ле, основание АС у этих треугольников об­щее, значит, их площади относятся как вы­соты М К и ВН (теорема 18). Но из подо­бия треугольников М ҚЕ и ВНЕ заключаем,

42

что У-^== — , a- ME : BE = 1 : 3 (теоре- ВН BE

ма 36). Итак, искомая площадь 5 равна 3SXAfr>Рассмотрим треугольник АМС (рис. 57).

2У него известны две стороны: АМ = —та,

2 1МС — — тс и медиана ME = —ть (сно-

3 3ва используем теорему 36). Удвоим медиа­ну и, достроив треугольник до параллелог­рамма МСР А, получаем: S AMC = SMCP —

— ~~S -У треугольника МСР известны2 А МСР

2 2 2 три стороны: — та> —ть, —тс, значит, пло-3 3 3

щадь треугольника МСР можно найти поформуле Герона (теорема 19д). Итак, S —~ == 3S Mrp —

= 3 V + ШЬ + т с) ' 4 + т Ь — тс) • 4 + ,Пс — т ь) ><

X ] / ~ (т ь т с — т а) = ~ V ( т а 4 - т„ + т с) ( т а + т„ ~ т с) X

X V (пГа + т с — т ь) К + т — т а)-

П р и м е р 3. Найдем площадь треугольника с углами а, р и у, зная, что расстояния от произвольной точки М, взятой внутри тре­угольника, до его сторон равны соответственно т, п и k (рис. 58).

Р е ш е н и е . Площадь 5 треугольника ABC можно найти по фор­муле 5 = ~ А С • ВС • sin у, но для этого надо найти АС и ВС. По-

АС ВСложим ВС — х. Тогда по теореме синусов (теорема 8) ------ = — =sin (3 sin а

АВ ЛГл л: sin В л х sin Vе= ------ , откуда находим: АС — ------ АВ — ----------sin ү sin a sin а

Итак, задача сводится к отысканию х. Для составления уравнения применим метод площадей (см. § 1): выберем в качестве опорного элемента площадь 5 треугольника ABC.

С одной стороны, имеем:о 1 л п d/^ •„ 1 х sin В . хй sin 6 sin уS = - А С - В С sin у -- ----------- - х sin у = -------------

2 2 sin а 2 sin a

С другой стороны, 5 = 5 ЛЛ1В + S BMC + SAMC - ^ А В ■ k -j-

I 1 d I 1 Л I A sin V i . I , I sin fi+ —BC • n -|— AC ■ m — — ------ • k H— xti H— • — L • m =2 2 2 sin а 2 2 sin а

л: (k sin у + и sin а -\- tn sin (3)

2 sin а

43

М

Рис. 58

____________________ ггй sin [3 sin у

Подставив это значение х в первую из Рис. 59 отмеченных выше формул для площади тре­

угольника ABC, получим:^ _ X2 sin ft sin ү _ (/г sin у - f п sin а + т sin (З)3

2 sin а 2 sin а sin Р sin уП р и м е р 4. В треугольнике ABC на сторонах АВ и ВС взяты

точки К и Р так, что А К : ВК = 1 : 2 , CP : РВ = 2 : 1 . Прямые А Р и СК пересекаются в точке Е. Найдем площадь треугольника А ВС, если известно, что площадь треугольника ВЕС равна 4 см2 (рис. 59).

Р е ш е н и е. Положим А К = х, ВК = 2х, ВР — у, .СР = 2у и проведем РМ || КС. По теореме Фалеса ^ ^ ~ . Значит,

ВМ = - , К М = - .3 3 к ғ А К

Далее, треугольники АКЕ и АМР подобны, поэтому — = — ■,А1Р АМ

т. е. — = —-— — —, и, значит, КЕ = -3 МР. С другой стороны,

— = — = 1 , т. е. МР = - /(С.к с вс г з 1 бВ итоге получаем, что КЕ = —КС, а потому ЕС = —КС.

Рассмотрим треугольники ВЕС и ВКС. У них иысота, проведен­ная из вершины В, общая, значит, их площади относятся как осно­

вания КС и ЕС (теорема 18), т. е. ~ JS£ ~ ^£== L Но SB£.c= 4 cm 2,*Sj'SEC ЕС О

о 7 , 14 2следовательно, о вкс = — • 4 = — саг.6 3

Рассмотрим, наконец, треугольники ВКС и ABC. У них высота,проведенная из вершины С, общая, значит, их площади относятся

S л в с АВ З.і' 3как основания: ------ = — = — = —.S BKC ВК 2x 2

2 142 ’ 3

П р и м е р 5. В треугольнике ABC (АВ — ВС) угол А равен g

arctg —. Окружность радиуса 1 см касается сторон А В и ВС и пе- 15

ресекает основание АС в точках Е и К (Е лежит между А и К). М —15"точка касания окружности и прямой BA, АМ — — см. Вычислим8

площадь треугольника АМ К.

44

т-ч . О О ___ 7 2В итоге получаем: о лв с — ~~ЬВКС = — ■ — = 7 см“.

Р е ш е н и е . Прежде всего нужно про­вести расчеты, которые позволят выяснить, где лежит центр окружности (пока ясно лишь одно, что этот центр лежит на высоте ВН равнобедренного треугольника ABC, так как В А и ВС — касательные к окружности, а потому центр окружности лежит на бис­сектрисе угла между прямыми) (теорема 126).

Введем обозначение: Z. В А С = а (рис. 60). Проведем радиус ОМ в точку касания, 'югда угол ВОМ тоже равен а. По условию

QВоспользовавшись формулой

\

АЛ ° )\4 £ \ /

Ч _і / Қ С_/

Рис. 60

1

cos-aнайдем: cos a

8

15—, тогда 17

sin a = tg a cos a = —.17

Из треугольника BOM находим: ВО == OM_ = J_ = 17 B M = 0M tg a = £ .

cos a 15 15 1517

15Далее AB = AM + BM = — | 289— = — , BH — AB sin a = 15 120

289 8 _ 17120 ’ І7 ~ 15'

Это значит, что ВН = ВО, а поэтому точки О и Н совпадают, и для дальнейшего решения задачи надо сделать новый (правильный) рисунок (рис. 61).

Площадь треугольника А М К будем искать по формуле 5 =— ~ А М • А К • sin а . Известно, что AM — — см, sin а —

2 8 15Таким образом, задача свелась к отысканию отрезка АК-

Воспользуемся тем, что АМ'1 — АЕ • А К (теорема 1 6р.) . Поло-295жим АЕ = х, тогда А К = 2 - f х, и получаем уравнение — =64

х (2 + х), откуда х = —

Тогда АК = - + 2 = -1 15 25

см и, 375

следовательно,— 2 Х

— = — см*X АК • sin а = — • —2 8 8 17 272

П р и м е р 6 . В четырехугольнике A BCD через середину диаго­нали BD проведена прямая, параллельная диагонали АС. Эта пря­мая пересекает сторону AD в точке Е. Докажем, что прямая СЕ раз­бивает четырехугольник ABCD на две равновеликие части (рис. 62).

Р е ш е н и е . Надо доказать, что площадь четырехугольника АВСЕ равна половине площади четырехугольника A B C D — это и будет означать, что площади фигур АВСЕ и CED равны, т. е. что фи­гуры равновелики.

Заметим, что четырехугольник АВСЕ равновелик четырехуголь­нику АВСМ, где /VI — любая точка на прямой ЕР: в самом деле, у

Рис. 62 Рис. 63

треугольников АСЕ и ACM общее основание и равные высоты, по­скольку точки Е и М лежат на прямой, параллельной основанию АС. Это наблюдение наталкивает на мысль заменить четырехугольник АВСЕ равновеликим ему четырехугольником А В С Қ , где Қ — спе­циальным образом подобранная точка на ЕР. Выберем в качестве К середину диагонали BD (рис. 63).

1Имеем: S ABCK = j AC ■ В К

налями (теорема 206). По условию В К

sin а, где а — угол между диаго-

—BD. Значит,

л иск —АС • — BD • sin а = — 2 2 2

АС • BD • sin а ) = — S'лBCD’

что и требовалось доказать.П р и м е р 7. Площадь выпуклого четырех­

угольника ABCD равна 2 см2. Его стороны про­должены: сторона АВ за точку В так, что BL == — АВ\ сторона ВС за точку С так, что С Р —

— ~ В С \ сторона CD за точку D так, что D E —

— —CD; сторона DA за точку А так, что А М —

Рис. 64

= — A D . Найти о

LPEM (рис. 64).

площадь четырехугольника

46

Р е ш е н и е . Введем обозначения: АВ = a, BC — b, C D ~ c ,DA ~ т . Рассмотрим треугольник AML. У него AM = — т, A L —

3 1 1 3— — а. Тогда его площадь 5, равна — • — т —a sin а , где а = Z . MAL.2 2 2 2

Сравним это выражение с площадью треугольника ABD: S ABD — —АВ х1 3X AD • sin (180° — а) = ~ ат sin а. Замечаем, что S t = — SABD.

Аналогично площадь S 3 треугольника СРВ связана с площадьюз

треугольника BCD соотношением 5 3 == — SCBD. Значит, S x Ss —3 3 3= — (SABD + SBCD) = — S ABCD= — • 2 = 1,5 см2. Точно так же, если

положить So = SBLp, S.j = S MDE, получим: S., + S4 = 1,5 см2.В итоге S MLPE — S AB:D -j- 5 i + So + S 3 + S 4 = 2 + 1,5 -f-

-f- 1,5 = 5 c m2 .П р и м е р 8 . Около треугольника ABC с тупым углом А опи­

сана окружность с центром О. Радиус АО образует с высотой АН угол 30°. Продолжение биссектрисы AF пересекает окружность в точке L, а радиус АО пересекает ВС в точке Е (рис. 65). Вычислим площадь четырехугольника FEOL, если известно, что A L — 4)^2 см,

АН = V 2 V 3 см.Р е ш е н и е. Если в примере 6 площадь четырехугольника мы

искали по готовой формуле 206, а в примере 7 — как сумму площа­дей составляющих частей, то в данном случае целесообразно рассмот­реть интересующий нас четырехугольник как разность треугольников AOL и AFE. Значит, S FE0L = S A0L — S AFE. Поэтому дальнейшее решение задачи сведется в основном к вычислению различных эле­ментов (сторон, углов) треугольников AOL и AFE.

Докажем, что OL || АН. Для этого заметим, что Z. CAL =* Z. LAB (по условию), а потому WCL = w B L . Но тогда равны и хорды CL и BL (рис. 66), т. е. CBL— равнобедренный треугольник. Но центр О окружности, описанной около равнобедренного треугольника CBL , лежит на его высоте KL. Ясно, что LK || АН, а потому OL || АН.Но тогда Z. HAF = Z. ALO = Z. LAO = - /L НАО = 1 . 30° = 15°.

2 2

47

Подведем предварительные итоги. Мы знаем, что треугольник ALO равнобедренный с углами 15°, 15° и 150° и стороной AL, равной4)/"2 см. Этого достаточно, чтобы вычислить его площадь.

По теореме косинусов (теорема 7) имеем: AL2 — АО2 + 0L2 —— 2АО • OL • cos 150°, откуда, положив АО — OL = R, получим:(4 ] / 2)2 = #2 + R2 _{_ 2R' - Л , R2 = ■— -3-2- = 32 (2 — УЗ).

1 2 + / 3

Далее имеем: S .пг = — АО • OL • sin 150° — — R2 . — = — хA0L 2 2 2 4

X 32(2 — ] /3 ) = 8(2 — ] /3 ) см2.Теперь вычислим площадь треугольника AFE. Имеем: НЕ —

^ А Н tg30° = V/ 2 ] / 3 . ^ , НҒ = Л// tg 15° = V 2 ] / 3 ( 2 — КЗ) ,

FE = HE — HF = V 2 У з — 2 + У з ) = V 2 У з -2-$ .

5 = - F E • АН = - 1^2 / 3 I7"2 К З = 2 (2 — К З) см2.2 2 | / 3

В итоге_ S PE0L = S/Wt - S AEF = 8 (2 - К З ) - 2 (2 - У З) == 6 (2 — У 3) см2.

П р и м е р 9. В пятиугольнике ABCDE известно, что АВ — У 2, ВС = CD, А. АВЕ — 45° и Z - D B E = 30°. Вычислим площадь пяти­угольника, если около него можно описать окружность радиуса 1 см (рис. 67).

Р е ш е н и е . Площадь пятиугольника вычислим как сумму пло­щадей треугольников ABE, BED и BCD. По теореме синусов, при­мененной к треугольнику АВЕ, находим, что — = 2R, т. е.

sin 45’АЕ = У 2. Значит, треугольник А В Е — равнобедренный прямо­угольный треугольник, у которого АВ — АЕ — У 2, а потому B E —2

11 S a b e = \ А В ‘ Л Е == ь

Так как BE = 2, то BE — диаметр окружности. Значит, тре­угольник BDE прямоугольный; из него находим: DE — 1, B D —У 3,

■ W - j B D ■ DE = Ц .

Рассмотрим, наконец, треугольник BCD. В нем BD — У 3. По те-во пп . . „ т V J

ореме синусов £ІП / ңсВ = ’ т' е ' sin — ~ ү ~•Отсюда находим, что jL. BCD — 120°, a zLCBD — /LCDB = 30°.

ВСПоскольку --------- — 2R, то находим, что ВС = CD = 1 иsin 303

S acD = ^ В С • CD ■ sin Z. BCD = J. • 1 • 1 • X l = 1 ^ .

D c t 1 У з , V~3 4 + 3 / 3В итоге получаем: 6 6 = 1 i — g- H---- j - ~ — ----- •

П р и м е р 10. Центры четырех кругов расположены в вершинах квадрата со сторо­ной а, радиусы равны а. Вычислить площадь пересечения кругов (рис. 68).

Р е ш е н и е . Из соображений симметрии следует, что четырехугольник Е Қ М Р —ква­драт. Значит, искомая фигура есть объедине­ние квадрата и четырех равных сегментов.Для вычисления площади сегмента нужно прежде всего найти соответствующий цент­ральный угол. Поскольку треугольник AKD равносторонний, то / . K A D = 60°, значит, Рис. 68Z- В А К — 30°. Аналогично получаем, что/ - M A D = 30°, а потому / - К А М = 30°. Применив для отыскания площади сегмента теорему 24, получим: SccrM = ү я 2 (д - — ~ V

Для отыскания стороны квадрата Е К М Р применим теорему коси­нусов к треугольнику А КМ : К М 2 = А К 2 + А М 2 — 2/1К • AM х

X cos 30°, т. е. К М 2 = а2 + а2 — 2а2 • = а2 (2 — УЗ).

В итоге получаем: 5 = «SKB + 4 5 ССгм = а2 (2 — УЗ ) + 2а2 ^ — -

Ч М ' + т - ^ ) -П р и м е р 11. Окружность касается сторон АС и ВС треуголь­

ника ABC в точках D и Е соответственно и имеет центр на стороне АВ. Найдем площадь сектора DOE , если ВС = 13 см, АВ = 14 см, АС = 15 см (рис. 69).

Р е ш е н и е . Для отыскания радиуса сектора применим метод площадей (см. § 1). С одной стороны, площадь S треугольника ABC можно найти по формуле Герона (теорема 19д): S = 84 см2. С другойстороны, S = S A0C + S B0C = J AC ■ DO + j - BC ■ OE =

= i (15 + 13) r = 14r.

Значит, 14r = 84, г = 6 см.Чтобы найти площадь сектора, надо знать его центральный угол,

т. е. угол DOE. Из четырехугольника ODCE заключаем, что / -D O E —

49

= л — у, где у = / . А СВ. По теореме косинусов АВ2= АС2 -}- ВС2 —— 2АС • ВС • cos у. Значит, 142 = 132 + 152 — 2 • 13 • 15 • cos ү,

99 99откуда находим, что cos у — — , а потому у = arccos — . В итоге

99получаем, что центральный угол сектора равен л — arccos — .195

По теореме 23 получаем: 5 сеКт = -~г2 я — arccos =

181 л — arccos

П р и м е р 12. Внутри треугольника ABC со сторонами а, b и с взята точка М так, что из нее стороны треугольника видны под рав­ными углами. Найдем АМ ВМ + СМ (рис. 70).

Р е ш е н и е . В этой задаче в отличие от предыдущих речь не идет о вычислении площади плоской фигуры. Тем не менее, как мы увидим, площадь треугольника окажется средством для решения.

Положим АМ — х, ВМ — у, СМ — z. По условию /LAM B = = / - В М С — / . АМС — 120°. Применив теорему косинусов к каж­дому из треугольников А М В , ВМС и А М С , получим систему уравне­ний: (а2 = z2 + у2 -j~ yz,

\Ь2 = Л'2 4 - z2 + xz,U2 = X2 + у2 + ху.

Далее, имеем: 5 = SABC = SAMC + 5 ВЛ,С + SAMB = ± x z sin 120° +

+ —Уг ^11 120° + —xy sin 120° = (xz + yz -}- ху). Значит, xy +

-I- xz + уг = где S = V p (p — a) (p — b)(p — c) (p = °- + + Cj,

Надо найти значение суммы х -f-у - f z. Имеем: (,* + у -f- z)2 = s= x2 -J- у2 -f- z2 -f- 2xy -f- 2xz + 2yz. Сложив три уравнения системы,получим: х2 - f у 2 4 - z2 = — + - — ~ (ху 4- xz -f- yz).

Значит, ( х + у + 2)2 = Ь ~2 * с ~ + ~ (ху -|- хг -f- y z ) = - - + b“ + c2-f-, 3 45 ci- -I- b~ 4" £** I п о i /"о" I iH— • - 7= = — ------1-------b 25 V 3 и, следовательно, x -f- У 4 - z —

2 v 3 2

П p и m e p 13. В треугольнике ABC известно, что AC : ВС =з

= 2 : 1 и / . С = arccos—. На стороне АС взята точка D так, что

CD : AD = 1 : 3 . Найти отношение радиуса окружности, описанной около треугольника ABC, к радиусу окружности, вписанной в тре­угольник ABD.

Р е ш е н и е. Введем вспомогательный параметр CD = а. Тогда AD = За, АС = 4а, ВС — 2а (рис. 71).

Чтобы найти радиус R окружности, описанной около треугольни­ка ЛВС, вычислим сторону АВ по теореме косинусов, а затем вос­пользуемся теоремой синусов. Имеем: АВ2 = /1C2 -f* ЕС2—2АС х

50

X ВС • cos С, т. е. АВ2 = 16а2 + 4а2 — 2 • 4а х X 2а • —, откуда находим, что АВ — 2а\/Г2.

43

условию cos С == —, значит, sin С —

V I пПо теореме синусов

По

= V T

АВ

cos2 С =„ „ 2а V 2 - 4 п п

. _-== 2 /? , значит, — --------= 2 /? , откуда на-sinC > /-—

ходим: = 4а / 2

/ 7

Рис. 71Радиус г окружности, вписанной в треуголь-

5ник ABD, найдем по формуле г = —, где S —

р площадь, р — полупернметр треугольника A B D . Уже известно, что AD = За, АВ = 2 а / 2. Сторону найдем из треугольника

3BCD по теореме косинусов: BD2 —■ d1 - f 4а2 — 2-а-2а-~^, откуда

o r , -I f n q 3« + 2 a V 2 + a V 2 ЗаBD = ay 2. Значит, / ? = — 1 ^ —-— = — -j-----треугольника ABD вычислим по формуле Герона:

5 = У р (р — AD) (р — АВ) (р — BD) =

За V 2 о

4’

Площадь 5

"V

За9

За У 2 \ ( За У 2 За ' 2

За2

а / 2 За2

а У 2 2 "

(9а-. 9а-\ /9 а2 а 2\2 4 / \ 4 2 J

а У 7Значит, г = — <= _Р 2 ( / 2 + 1 )

За2 / 7 4

V?J = У (2 + К г ) .

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

I. Площадь треугольника

2220. Доказать, что площадь треугольника равна —/пагп/, sin а, где гпа, ть —

О

медианы, а а — угол между ними.221. В треугольнике ЛВС известны ЛС = 3 см, / Л — 30°, радиус описанной

окружности 2 см. Доказать, что площадь треугольника ЛВС меньше 3 см2.Ь'1 -|- с-

222. Доказать, что S ^ --------------- , где b и с — стороны треугольника, a S —

его площадь.223. Стороны треугольника равны 55, 55, 6G см. Найти площадь треугольника,

вершинами которого служат основания биссектрис дг. иного треугольника.224. В треугольнике ABC известны стороны: АВ = 13 см, ВС = 15 см, АС =

= 14 см. Проведены высота ВН, биссектриса BD, медиана ВМ. Найти: а) площадь

треугольника BIID, б) площадь треугольника BMD\ в) площадь треугольни­ка В НМ.

225. На кэжлоіі медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отноше­нии 5 : 1 , считая от вершины. Найти площадь треугольника с вершинами в этих точках, если площадь исходного треугольника равна 64 см2.

226. В треугольник с основанием а вписан квадрат. Найти площадь треуголь­ника, если известно, что сторона квадрата больше половины основания треугольника

и площадь квадрата составляет — часть площади треугольника.

227. Около треугольника ABC с углом В = GCf описана окружность радиуса4 см- Диаметр окружности, перпендикулярный к стороне ВС, пересекает А В в точ­ке М так, что А М : ВМ = 2 : 3 . Найти площадь треугольника.

228. Найти площадь прямоугольного треугольника с гипотенузой с, если из­вестно, что сумма синусов его острых углов равна q.

229. Найти площадь прямоугольного треугольника с острым углом а , если из­вестно, что расстояние от вершины другого острого уіла до центра вписанной окруж­ности равно т.

230. В остроугольном треугольнике ABC известны АВ = с, медиана BD — т, / _ B D A = Р (Р < 90=). Найти площадь треугольника ABC.

231. Через вершину угла а при основании равнобедренного треугольника про­ведена прямая под углом Р к основанию (Р < а), разбивающая треугольник на две части. Наіпи отношение площадей этих частей.

232. Через середину стороны правильного треугольника проведена прямая, образующая с этой стороной острый угол а. Найти отношение площадей тех частей, на которые эта прямая разбивает треугольник.

2оЗ. В треугольнике ABC известны два угла: /_А = а , / С = у. Проведены биссектриса BD, высота ВН и медиана ВМ. Найтн: а) отношение площади треуголь­ника BDM к площади треугольника AB C ; б) отношение площади треугольника В НМ к площади треугольника ABC ; в) отношение площади треугольника BHD к площади треугольника ABC.

234. Найти площадь треугольника, зная его стороны а и & и биссектрису 1С —= /.

235. Медиана AD треугольника ABC пересекает описанную около треугольни­ка окружность в точке Е. Найтн площадь треугольника ABC, если известно, что / B A D = 60°, АВ + AD = DE, АЕ = 6.

1236- Доказать, что 5 где S — площадь треугольника, a R — радиус

описанной около него окружности.237. Один нз углов треугольника равен 60°. Точка касания вписанной окружно­

сти делит противолежащую этому углу сторону на отрезки а и Ъ. Найти площадь треугольника.

238. В треугольнике ABC нз точки М на стороне АВ проведены прямые Л-IQ ||ІІ АС и МР |j ВС. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что площадь треугольника BMQ равна Si, а площадь треугольника А М Р равна S 2.

239. Через точку, взятую внутри треугольника, проведены прямые, параллель­ные его сюронлм. Они разбивают треугольник на 6 частей, среди которых есть три треугольника с площадями S i, S2 и Sn. Найтн площадь исходного треугольника.

240. В треугольник со сторонами 16, 30 и 34 см вписана окружность. Найти площадь треугольника, вершинами которого служат точки касания.

52

241. Треугольник ABC со стороной АС — 20 см вписан в окружность. Через точку В проведена касательная к окружности, удаленная от точек А н С иа расстоя­ния соответственно 25 и 16 см. Найти площадь треугольника ABC.

242. Из точки М,\ расположенной внутри треугольника AB C , опущены перпен­дикуляры MD, МП н MF на стороны соответственно АВ, ВС и АС. Найти отноше­ние площадей треугольников ABC и DEI-', если известно, что АВ = с, ВС = а, АС = b, ME = к, MF = т и MD = п.

243. В треугольнике ЛВС проведены высоты AD, BE и CF. Найти отношение площадей треугольников DEF и А ВС, если известны углы треугольника ABC: а , Р и у.

244. Хорда АВ стягивает дугу окружности, длина которой равна - j длины ок­

ружности. На этой дуге взята точка С, а на хорде А В — точка D. Найтн площадь треугольника ABC, если известно, что AD = 2 см, BD — 1 см и CD — f r 2 см.

245. В треугольнике ЛВС угол С равен 00° и радиус описанной окружности равен 2 1 3 см. На АВ взята точка D так, что AD : DB = 2 : 1 , CD — 2 У 2 см. Найти площадь треугольника ЛВС.

5246. В равнобедренном треугольнике ABC (АВ = ВС) угол А равен a rcs in—.

1313

Окружность, центр которой удален от вершины В на расстояние - см, касается боко-24

вых сторон АВ в точке К и ВС в точке Р и отсекает на основании АС отрезок EF.6

Найти площадь треугольника ЕРС, если известно, что PC = — см.5

247. Около треугольника ABC описана окружность. Касательная к окружности в точке В пересекает прямую АС в точке D (точка С лежит между А и D). Найти

21площадь треугольника BCD , если известно, что /_BDC — a rcco s--, BD = 29 см,

а расстояние от центра окружности до АС равно 10 см.

II. Площадь четырехугольника

248. Через вершины четырехугольника проведены прямые, параллельные его диагоналям. Доказать, что площадь получившегося параллелограмма в два раза больше площади заданного четырехугольника.

249. Стороны параллелограмма а и Ь, угол между ними а. Найти площадь че­тырехугольника, образованного биссектрисами внутренних углов параллелограмма.

250. Средняя линия равнобедренной трапеции равна а, диагонали взаимно пер­пендикулярны. Найти площадь трапеции.

251. Периметр трапеции 52 см, меньшее основание 1 см. Найти площадь трапе­ции, если известно, что ее диагонали являются биссектрисами тупых углов.

252. Окружности радиусами 4 и 8 см с центрами в точках 0\ и 0 2 пересекаются в точках С п D, АВ — их общая внешняя касательная. Найтн площадь четырехуголь­ника ОіАВО2, если известно, что касательные к окружностям, проведенные в точке С, взаимно перпендикулярны.

253. Две равные окружности радиусом R с центрами в точках Oi и 0 2 касаются внешним образом. Прямая / пересекает эти окружности в точках А, В, С и D так, что АВ = ВС = CD. Найти площадь четырехугольника OiADO>.

254. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Высота, лежащая внутри треуголь­

53

ника, разделена в отношении 3 : 1 , считая от вершины, и через точку деления прове­дена прямая перпендикулярно этой высоте. Найти площадь полученной трапеции.

255. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Найти площадь вписанного прямо­угольника, если известно, что его периметр равен 45 см.

256. Основания трапеции G2 и 20 см, боковые стороны 45 и 39 см. Найти пло­щадь трапеции.

257. Основания трапеции 30 и 12 см, диагонали 20 и 34 см. Найти площадь тра­пеции.

258. Одно из оснований трапеции 7 см. Вписанная в трапецию окружность де­лит одну из боковых сторон на отрезки 4 и 9 см. Найти площадь трапеции.

259. В трапеции ABCD точка К — середина основания AD, точка М — сере­дина основания ВС, В К — биссектриса угла ABC, DM — биссектриса угла ADC. Найти площадь трапеции ABCD, если ее периметр равен 30 см, а / BAD — 60°.

260. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки Е, Г, Р и К — соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и AD. Известно, что ЕР = KF. Найти площадь четы­рехугольника ABCD, если АС — 15 см и BD = 20 см.

261. Найти площадь параллелограмма, зная его стороны а и b (а > Ь) и угол а между диагоналями.

262. Найти площадь трапеции с острым углом сс при основании, если известно, что одно из оснований трапеции является диаметром описанной около трапеции ок­ружности радиуса R.

263. В трапецию с острыми углами а и (5 вписан круг. Найти отношение площа­ди трапеции к площади круга.

264. В треугольнике ABC известны углы: / Л = а , / В = р, / С = у и высота BD — // . На BD как иа диаметре построена окружность, пересекающая стороны А В и ВС в точках Е и Ғ. Найти площадь четырехугольника BFDE.

265. Прямая I, параллельная основанию АС треугольника ABC, отсекает от него треугольник BED. На стороне АС взята произвольная точка /VI. Доказать, что площадь четырехугольника BEMD есть среднее геометрическое между площадью треугольника ABC и площадью треугольника DBE.

266. В трапеции ABCD (AD |] ВС) диагонали пересекаются в точке О. Найтн площадь трапеции, если известно, что площадь треугольника AOD равна а2, а пло­щадь треугольника В ОС равна Ь~.

267. В ромбе ABCD точки М, N , Р и Q есть соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и AD. Найти площадь четырехугольника, ограниченного прямыми A N , ВР, DM и CQ, если площадь ромба равна 100 см2.

268. Две окружности радиусами а и b касаются внешним образом. К ним про­ведены общие внешние касательные. Найти площадь четырехугольника, вершинами которого служат точки касания.

269. Диагонали четырехугольника A BCD пересекаются в точке О. Найти пло­щадь четырехугольника, если известно, что площади треугольников АОВ, ВОС и COD равны соответстгенио 12, 18 и 24 см2.

270. Пкружкость касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD, проходит через вершину С и пересекает сторону DC в точке К. Найти площадь четырехуголь­ника ABKD, если В — 9 см, AD = 8 см.

271. Внутри прямоугольника ABCD взята точка М так, что A M — Y 2, ВМ =— 2 и СМ = 6. Найти площадь прямоугольника ABCD, если известно, что AD — = 2 АВ.

54

III. Площадь многоугольника

272. На катетах АС и ВС и гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC как на сторонах построены і.вадратп (вне треугольника) СМРА, ВЕГС и ADKB. Найти площадь шестиугольника D K E F M P , если АВ — с и 5 лЛ[ІС — S.

273. На сторонах АС, ВС и АВ треугольника ABC построены квадраты СМРА, BEFC и ADKB. Найти площадь шестиугольника DKE FMP, если известно, что АВ = 13 см, АС = 14 см, ВС — 15 см.

274. Данный квадрат со стороной а срезан по углам так, что получился правиль­ный восьмиугольник. Найти площадь восьмиугольника.

275. Дан квадрат со стороной а. На каждой стороне квадрата сне его построена трапеция так, что верхние основания трапеций и их боковые стороны образуют пра­вильный двенадцатиугольник. Найти площадь двенадцатиугольника.

276. Окружность разделена на восемь частей точками А, В, С, D, Е, F , Р и /( . Известно, что АВ = —'CD = —-£F = —-Р/С и -—-/ІС = '—DE = -—ГР = = К А ; кроме того, '—АВ = 2 —' ВС ■ Найти площадь восьмиугольника ABCDEFPK, если площадь круга равна 289л см2.

. 277. В круг радиуса R вписаны правильный треугольник и квадрат, имеющие общую вершину. Найти площадь их пересечения.

278. Каждая сторона треугольника разделена на три части в отношении 3 : 2 : 3 . Найти отношение площади шестиугольника, вершинами которого служат точк і деле­ния, к площади треугольника.

279. Площадь четырехугольника A BCD равна 12 см2. На сторонах АВ, ВС, CD и DA взяты точки F, К, М и Р так, что AF : Г В = 2 : 1 , В К ■ КС = 1 : 3 , СМ : MD = 1 : 1 и DP : РА = 1 : 5 . Найти площадь шестиугольника AFKCMP.

IV. Плошади комбинированных фигур

280. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Найти отношение площадей вписан­ного и описанного кругов.

281. Сторона правильного треугольника равна а. На ней как на диаметре по­строен круг. Найти площадь той части треугольника, которая лежит вне круга.

282. В правильный треугольник вписан круг. С центром в одной из вершин тре­угольника проведен второй круг, радиус которого равен половине стороны треуголь­ника. Какую часть площади треугольника составляет площадь пересечения кругов?

283. Две окружности радиусами а и b (а > Ь) касаются внешним образом. Қ ним проведена общая внешняя касательная. Найти: а) площадь полученного кри­волинейного треугольника; б) площадь круга, вписанного в этот треугольник.

284. Сторона правильного треугольника равна а. Центроид треугольника служита

центром круга радиуса — . Найти площадь части треугольника, лежащей вне круга.

285. Внутри квадрата со стороной а на каждой стороне как на диаметре построе­ны полукруги. Найти площадь полученной розетки.

286. Каждая из п равных окружностей касается двух соседних. Найти площадь фигуры, ограниченной ближайшими друг к другу дугами этих окружностей, если известно, что радиус окружности, с которой все данные окружности имеют внутрен­нее касание, равен R и что: а) п — 3; б) п = 4; в) п = 6.

287. Из точки, взятой на окружности радиуса R, проведены две равные хорды; угол между хордами равен а. Найти площадь части круга, заключенной между эти­ми хордами.

55

288. Пусть ABCDEK — правильный шестиугольник со стороной а, точка 0 — его центр. Проведены три окружности: первая с центром в точке А проходит через точки С и Е\ вторая с центром в точке В проходит через точки О и С; третья с центром в точке К проходит через точки 0 и Е. Найти площадь фигуры, ограниченной этими тремя окружностями и лежащей внутри шестиугольника.

289. Две окружности радиусами R и 2R расположены так, что расстояние меж­

ду их центрами Oi и 0 2 равно 2R ]Лз. К ним проведены общие касательные, пересе­кающиеся в некоторой точке отрезка 0 i0 2. Найти площадь фигуры, ограниченной отрезками касательных и большими дугами окружностей, соединяющими точки касания.

290. Основание треугольника равно а, углы при основании 15 и 45°. С центром в противолежащей основанию вершине треугольника и радиусом, равным высоте, проведенной из этой вершины, построен круг. Найти площадь части круга, лежащей внутри треугольника.

291. Два круга одинакового радиуса расположены так, что расстояние между их центрами равно радиусу. Найти отношение площади пересечения кругов к пло­щади вписанного в это пересечение квадрата.

292. Дана полуокружность с диаметром АВ. Точка С — произвольная точка диаметра АВ, нз точки С восставлен перпендикуляр CD к диаметру до пересечения с полуокружностью в точке D. На /1C и СВ как па диаметрах построены полукруги, лежащие внутри данного. Доказать, что площадь фигуры, ограниченной тремя полу­окружностями, равна площади круга, построенного на CD как на диаметре.

293. В треугольнике ЛВС / Л = а , /_В — р и АС = Ь. Высоты AD и BE пере­секаются в точке И. Около треугольника HDE описан круг. Найти площадь пересе­чения круга и треугольника.

294. Внутри правильного «-угольника со стороной а расположены п равных кру­гов так, что каждый касается двух других и стороны п-угольннка. Найти площадь «звездочки», образующейся в центре п-уголышка.

295. Внутри правильного п-угольника со стороной а расположены п равных кругов так, что каждый касается двух смежных сторон п-угольника и двух других кругов. Найти площадь образовавшейся внутри п-уголышка «звездочки».

V. Разные задачи

296- Площадь треугольника равна 1G см2, медианы т3 и mi, равны соответствен­но 6 и 4 см. Доказать, что эти медианы перпендикулярны.

297. Внутри правильного /i-угольника взята произвольная точка. Из нее опу­щены перпендикуляры иа стороны или на их продолжения. Доказать, что сумма этих перпендикуляров есть величина постоянная.

298. Через центроид правильного треугольника ЛВС проведена прямая, парал­лельная стороне АВ. На этой прямой внутри треугольника взята произвольная точ­ка М, из нее опущены перпендикуляры MD, M E и М К иа стороны соответственно

АВ, АС и ВС. Доказать, что MD — — (ME + КМ).

1 1 1 1299. Доказать, что т- -г т + — = гДе hi, h2, 11;> — высоты треугольника,

/г, һ2 /г;) га г — радиус вписанной окружности.

300. Пусть D — внутренняя точка стороны АС в Д Л ВС, п и г2 — радиусы окруж­ностей, вписанных в треугольники соответственно ABD и BDC, г — радиус окруж­ности, вписанной в треугольник ЛВС. Доказать, что г < п + г.,.

66

301. Площадь выпуклого четырехугольника ABCD равна 3024 см2, а диагонали 144 и 42 см. Найти длину отрезка, соединяющего середины сторон А В и CD.

302. Площадь равнобедренного треугольника равна S, а угол между медианами, проведенными к боковым сторонам, равен а. Найти основание треугольника.

303. Стороны треугольника а и Ь, угол между ними у. Найти: а) биссектрису 1С] б) высоту hr .

304. Основание треугольника равно а, высота Һ. Найти сумму боковых сторон, если известно, что угол между ними равен а.

305. В треугольнике один из углов равен разности двух других, длина меньшей стороны равна 1 см, а сумма площадей квадратов, построенных на двух других сторо­нах, в два раза больше площади описанного около треугольника круга. Найти длину большей стороны треугольника.

306. В треугольнике известны две стороны а и b (а > Ь) и площадь 5. Найти угол между высотой и медианой, проведенными из общей вершины двух данных сторон.

307. Зная площадь S и углы а, р и у треугольника, найтн длину высоты, прове­денной из вершины угла а.

308. В треугольник ABC вписана окружность, касающаяся стороны АВ в точ­ке М и стороны /1C в точке N. Найти угол 5 /1С и радиус вписанной окружности, если AM = 1 см, В М — 6 см и C/V = 7 см.

309. Площадь прямоугольника ABCD равна 48 см2, а диагональ 10 см. Точка О удалена от вершин В и D на расстояние 13 см. Найти расстояние от точки О до наи­более удаленной от нее вершины прямоугольника.

310. Стороны треугольника a, b и с образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Доказать, что ас = 6Rr, где R и т — радиусы описанной и вписанной окружностей.

311. Основания трапеции а и Ь. Найтн длину отрезка, параллельного основа­ниям, заключенного между боковыми сторонами и делящего трапецию иа две равно­великие части.

312. В трапеции ABCD основание AD — ВС = 12 см. На продолжении ВС за точку С взята точка М так, что площадь треугольника, отсекаемого прямой А М

1от трапеции ABCD, равна — площади трапеции. Найти длину отрезка СМ.

О

313. В остроугольном треугольнике ABC из вершин А и С опущены высоты AD и СЕ. Известно, что площадь треугольника ABC равна 18 см2, а площадь треуголь­ника BDE равна 2 см2, длина отрезка DE равна 2 У 2 см. Вычислить радиус окруж­ности, описанной около треугольника ABC.

314. В остроугольном треугольнике ABC из вершин /1 и С опущены высоты AD и СЕ. Известно, что площадь треугольника ABC равна 64 см2, а площадь треуголь­ника BDE равна 16 см2. Найти длину отрезка DE, если радиус окружности, описан­ной около треугольника ABC, равен 16 У з см.

315. В треугольнике ABC, площадь которого равна 6 см2, на сторонах АВ и АС взяты соответственно то пси /< и М так, что А К ’• В К = 2 : 3 , A M : СМ " 5 : 3 . Прямые СК и ВМ пересекаются в точке Р. Найти АВ, если расстояние от точки Р до прямой АВ равно 1,5 см.

316. В равнобедренном треугольнике /15С (АВ — ВС) проведена .биссектриса AD. Найти АС, если ^ а ^ л a d c —

317. В треугольнике ABC точка Н — ортоцентр. Найти отрезок АП, если А В —— 13 см, ВС — 14 см и /1C = 15 см.

318. Центр вписанной в треугольник окружности соединен отрезками с вершина­ми треугольника. Получились три треугольника с площадями 4, 13 и 15 см2. Найти стороны исходного треугольника.

319. В треугольнике ЛВС известно, что ВС : ЛС = 3, / С = у. На Л В взяты точки D и Қ так, что / А CD — / D C K = Z КСВ. Найти отношение CD : СК.

320. В треугольнике ЛВС проведена медиана BD. Найти отношение радиуса окружности, описанной около треугольника ABD, к радиусу окружности, вписан­ной в треугольник ЛВС, если ЛВ = 2, АС = б и / В А С — 60°.

- i/if321. В треугольнике ЛВС известно, что АС : ВС = 1 : 3 , Z АСВ = a rc tg —— ■

На стороне АС взята точка D так, что АС = CD. Найти отношение площади круга, описанного около треугольника ACD, к площади круга, вписанного в треугольникABD.

§ 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯПриведем примеры применения центральной симметрии, а также

композиции центральных симметрий.П р и м е р 1. Через точку, лежащую внутри круга, проведем

хорду так, чтобы она делилась данной точкой пополам.Р е ш е и и е. Построим окружность, симметричную данной ок­

ружности относительно данной точки. Общая хорда этих окружно­стей и будет искомой хордой.

П р и м е р 2. Построим пятиугольник по заданным серединам его сторон.

Р е ш е н и е. Обозначим середины сторон пятиугольника, кото­рый нужно построить, через М, N, Р, Q и Қ. Возьмем произвольную точку /1 и рассмотрим композицию центральных симметрий: ZK° Z QcZ p °ZN oZM. Что эта композиция делает с точкой Л? Если обозначить композицию через б, то б (Л) = Л (рис. 72). Пусть Zp oZjVcZ M(A) = Zs (Л), тогда ZK oZq ° 7 s (Л) = ZA (Л). Постройте

параллелограммы M N PS и SQKA, и даль­нейшее построение пятиугольника ясно.

Приведем примеры применения осевой сим­метрии.

П р и м е р 3. Даны две окружности и прямая I. Постройте равносторонний треу­гольник так, чтобы две его вершины принад­лежали данным окружностям, а одна из вер­шин — прямой /.

Р е ш е н и е . Предположим, что А А ВС искомый (рис. 73). Так как высота AD рав­ностороннего треугольника ABC принадле­жит прямой I, то точки В и С симметричны относительно этой прямой и лежат на дан­ных ОКРУЖНОСТЯХ СО j И (Оо.

Так как точка С принадлежит окружнос­ти о)о и симметрична точке В, принадлежа­щей окружности со1? относительно прях ой I, то точка С принадлежит также и образу ок­ружности (ох при симметрии относительно

58

прямой I. Следовательно, точка С есть общая точка окружности со3 и образа окружности сох при симметрии S(. Таким образом, построив окружность со', симметричную окружности ©j относи­тельно прямой /, мы найдем точку С.

Затем построим точку В как образ точки С при симметрии St и далее точку А .

Построения, выполняемые при решении этой задачи, можно вы­полнить в следующем порядке: 1) строим образ окружности сох при симметрии S,; 2) находим точки пересечения окружности со' и со2;3) находим на окружности сох прообразы точек пересечения окруж­ностей со' и со2; 4) строим равносторонний треугольник ЛВС, верши­на Л которого принадлежит прямой /.

Если окружности со' и соо пересекаются, то задача имеет 4 реше­ния. Если окружности со' и со2 касаются, то задача имеет 2 решения. Если окружность co'j совпадает с окружностью со2, то задача имеет бесконечное множество решений. Если окружности coj и со2 не имеют общих точек, то задача решений не имеет.

П р и м е р 4. На диаметре АВ полукруга дана точка Р, а на его полуокружности — точки М, М х и JV, N x такие, что Z . M P A — = Z. М ХРВ\ / L N P A = Z. N XPB. Докажем, что точка Q — точка пере­сечения хорд M N X и M XN — принадлежит перпендикуляру, прове­денному к диаметру А В через точку Р.

Р е ш е н и е . Построим точки М' и N ' , симметричные точкам М и N относительно прямой АВ (рис. 74). Тогда дано, что точки М', Р, М х лежат на одной прямой и аналогично точки N', Р , N x принад­лежат одной прямой. Около четырехугольника PQNXM X можно опи­сать окружность, следовательно, Z_ QPNX= / L N XM XQ (либо их сумма равна 180°). Далее рассмотрим четырехугольник PQMN, обладающий тем же свойством: Z_ NPQ — Z. NMQ. Из равенства углов NMQ и N XM XQ следует, что Z. NPQ = Z. N XPQ и PQ _L АВ.

Приведем примеры применения поворота.П р и м е р 5. Построим равносторонний треугольник, одна вер­

шина которого совпадает с данной точкой Л, а две другие принадлежат двум данным окружностям.

Р с ш е н и е. Построим образ одной из окружностей при пово­роте на угол 60° с центром поворота в точке А. Точка пересечения второй из двух данных окружностей с пост­роенной окружностью является второй вер­шиной треугольника.

П р и м е р 6 . На сторонах А В и ВС тре­угольника ABC как на основаниях построе­ны одинаково ориентированные квадраты A B M N и BCQP. Обозначим их центры через Ох и 0 2, середину стороны АС через Қ и середину отрезка МР через L. Докажем, что четырехугольник OxLOJ( — квадрат.

Р е ш е н и е. Рассмотрим случай, когда данные квадраты расположены во внешней Р НС. 74

59

Q

В

м

N М Р

Рис. 75

по отношению к треугольнику ABC области. Заметим, что компо­зиция R'd^ о R™* переводит точку А в точку С, поэтому R™' ° ° R o ^ — Rk °°• Отсюда следует, что треугольник 0 Х0 2К прямо­угольный и равнобедренный.

Аналогично Rof ° Rof = Rl ° \ поэтому треугольник 0 X0 2L также прямоугольный и равнобедренный (Z. L — 90°). Следователь­но, 0 ±Ю.гК — квадрат (рис. 75, а).

В случае, когда квадраты расположены по другую сторону өт АВ и ВС , задача решается аналогично (рис. 75, б).

Приведем примеры применения параллельного переноса.П р и м е р 7. Две параллельные прямые р и q пересечены третьей

прямой s. Построим равносторонний треугольник с данной стороной так, чтобы его вершины принадлежали прямым р, q и s.

Р е ш е н и е. Из произвольной точки Ах прямой q радиусом, равным длине данного отрезка, опишем окружность и найдем Cjl — точку ее пересечения с прямой р\ строим равносторонний тре­угольник A xBxCi (рис. 76). Через точку В j проводим прямую Һ || р и точку пересечения прямых Һ и s обозначим В. Далее выполняем параллельный перенос v треугольника А 1В1С1, где v — ВХВ. Задача может иметь два решения, одно, может и не иметь решений.

Рис. 7G Рис. 77

60

при

П р и м е р 8. Даны окружности со! и оь и прямая /. Про ведем прямую, параллель­ную прямой /, на которой окружности сох и ш2 высекают равные хорды.

Р е ш е н и е. Пусть прямая I' (рис. 77) высекает на данных окружностях равные хор­ды АВ и А'В'. Тогда точки А и А ' , В и ІЗ' можно рассматривать как соответственные при параллельном переносе гр^ > , где OiOj — вектор, началом которого является точка

О і— центр окружности шц тогда Oj — центр окружности о)Ь

Так как точка А' является образом точ­ки А, принадлежащей окружности сох, то точ­ка А' принадлежит образу окружности со!.Следовательно, точка А' — общая точка окружностей ю2 и а>[ параллельном переносе

Построив точку Л', находим на окружности сох ее прообраз. Пря­мая А А' и будет искомой прямой /'.

Если окружность (Oi совпадает с окружностью со2, то задача имеет бесконечное множество решений. В остальных случаях задача имеет не более одного решения.

Приведем примеры применения гомотетии.П р и м е р 9. В трапеции A BCD проведем диагонали АС и BD,

пересекающиеся в точке М (АВ и CD — основания трапеции). Д о­кажем, что площади треугольников АВМ и CDM, равные соответст­венно S 2 и S i, и плсщадь S трапеции связаны соотношением -f-+ V s * = V~s.

Р е ш е н и е . Пусть точка N — точка пересечения прямой А В и прямой, проходящей через точку С параллельно DB (рис. 78). Площадь треугольника ACN равна площади S данной трапеции. Проведем BF || АС. Площадь треугольника BFN равна площади Sj треугольника DA1C. Треугольники АМВ и BFN гомотетичны тре­угольнику ACN с коэффициентами кх и /г2, причем /гх + к 2 = 1.

Но кх = и /г2 = следовательно, V S x + K S« = V~S-V s V s

П р и м е р ю . В треугольник ABC вписана окружность, касаю­щаяся прямой АВ в точке М. Пусть точка Мх диаметрально проти­волежит точке/VI на вписанной окружности. Докажем, что прямая CAIt пересекает прямую А В в такой точке Clt что АС-\-АСг = ВС + ВСХ.

Р е ш е н и е . Построим касательную к окружности в точкеМ х, пересекающую АС в точке А х и ВС в точке Вх (рис. 79). Тогда ясно, что СА\ + А хА\х = СВХ -f- ВхА1х. Далее воспользуемся тем, что треугольники ABC и АхВхСх гомотетичны, так как прямые АВ и А хВх перпендикулярны диаметру А Ш Х и потому АВ || АхВх.

61

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

I. Симметрия относительно точки

322. Даны прямая, отрезок и точка О. Построить отрезок так, чтобы егоконцы принадлежали данным прямой и отрезку, а точка О была бы его сере­диной.

323. В треугольнике ABC проведены медианы ААі , ВВ\ и CCi, пересекающиесяв точке М. Точки PiQ и R являются соответственно серединами отрезков А М , ВМи СМ. Доказать, что Л AiBrCi = Л PQR.

324. Построить треугольник по двум сторонам и медиане к третьей стороне. В каких пределах может изменяться длина медианы, если длины сторон треугольника равны а и Ь7

325. Точки М, N и К являются серединами отрезков, одним концом которых яв­ляется вершина треугольника ABC, а другим — точка пересечения его медиан. Д о­казать, что треугольник, вершинами которого являются точки пересечения прямых, содержащих точки М, N и К, параллельных соответствующим сторонам треугольника ABC, равен треугольнику ABC.

326. Даны две окружности и точка Р. Построить параллелограмм так, чтобы его вершины принадлежали данным окружностям, а точка Р являлась пересечением диагоналей параллелограмма.

327. Прямая, содержащая точку пересечения диагоналей параллелограмма ABCD, отсекает на его сторонах отрезки BE и DF. Доказать, что эти отрезки равны.

328. Разделить параллелограмм на две равновеликие части.329. Из концов диаметра ВС окружности с центром 0 проведены две равные

хорды В А и CD так, что ВА и CD не пересекаются и лежат по разные стороны от ВС. Доказать, что О А и 0D принадлежат одной прямой и DO = ОА.

330. Около окружности описан шестиугольник с параллельными противоле­жащими-сторонами. Доказать, что противолежащие стороны этого шестиугольника равны.

331. Противолежащие стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF попар­но параллельны и равны. Какую часть площади шестиугольника составляет пло­щадь треугольника АСЕ?

332. На окружности даны точки А и В, на прямой / дана точка М. Найти на окружности такую точку X, чтобы прямые А Х и В Х пересекали прямую / в точках, находящихся на равных расстояниях от точки М.

333. Через точку М угла ABC, не принадлежащую его сторонам, провести се­кущую так, чтобы получился треугольник наименьшей площади.

334. Около окружности описан восьмиугольник, противолежащие стороны ко­торого попарно параллельны. Доказать, что противолежащие стороны восьми­угольника попарно равны.

335. Даны треугольник ABC и некоторая точка X. Построить параллело­грамм B X C Y , а затем другой параллелограмм YX A Z . Доказать, что сущест­вует гомотетия, переводящая точку X в точку Z, и найти ее коэффициент и центр.

62

336. В данный четырехугольник вписать параллелограмм при условии, что двевершины параллелограмма фиксированы и принадлежат: а) противолежащимсторонам; б) смежным сторонам четырехугольника.

337. Медиана С/If треугольника ЛВС образует со сторонами АС и ВС соотвег- ственио углы а и р. Какой из этих углов больше, если АС < ВС?

II. Симметрия относительно прямой

338. Построить пятиугольник, имеющий: а) одну ось симметрии; б) более одной оси симметрии.

339. Через данную точку провести прямую, пересекающую две данные прямые под равными углами.

340. Построить треугольник по стороне, разности двух других сторон и углу, заключенному между первой стороной и большей из двух других сторон.

341. Построить треугольник по двум .сторонам и разности противолежащих им углов.

342. Внутри острого угла дана точка М. Построить треугольник М А В наимень­шего периметра, вершины /1 и В которого лежат на сторонах угла.

343. Построить выпуклый четырехугольник ABCD, имеющий только одну ось симметрии — прямую BD.

344. Можно ли построить такой пятиугольник, диагональ которого лежит на его оси симметрии? Ответ обосновать.

345. Доказать, что в выпуклом многоугольнике с нечетным числом вершин и имеющем оси симметрии, ни одна нз диагоналей не может лежать на оси сим­метрии.

346. Построить треугольник по углу, прилежащей стороне и разности двух дру­гих сторон.

347. Построить треугольник но заданной ненулевой разности двух его углов и длинам сторон, противолежащих этим углам.

348. Даны две концентрические окружности. Построить ромб, отличный от квадрата, чтобы: а) две вершины принадлежали одной окружности, а две другие вершины — другой; б) три вершины принадлежали одной окружности, а одна — другой.

349. Построить треугольник ЛВС по трем данным серединным перпендикуля­рам р, q и г к его сторонам.

350- В данную окружность шшеагь треугольник, стороны которого параллель­ны трем данным прямым.

351. Около треугольника ЛВС описана окружность, пересекающая биссектри­су угла С в точке М. Из ортоцентра II треугольника проведен перпендикуляр HD к биссектрисе так, что точка D принадлежит 1С. Доказать, что CD : СМ — cos С.

352. В окружность с центром О вписан четырехугольник ABCD. Построены лу­чи ОМ, ОМ, ОР и OQ, где М, N , Р и Q — середины хорд АВ, ВС, CD и DA. Дока­зать, что _ 'Л 10Л '+ ‘L COD = - 180° или < М О \’ -- / POQ.

353. Около окружности с центром О описан четырехугольник ABCD- Доказать, что СЛОВ |- /C O D = 180°.

354. В данную окружность вписать пятиугольник, стороны которого параллель­ны пяти данным прямым.

355. На биллиардном столе прямоугольной формы лежит шар. В каком направ-

63

лешш необходимо произвести удар по шару, чтобы, отразившись от всех бортов, шар прошел через свое первоначальное положение?

356. Доказать, что точка пересечения прямых, которые содержат боковые сто­роны равнобоко:; трапеции, точка пересечения ее диагоналей и середины оснований трапеции принадлежат одной прямой.

357. Доказать, что прямая, содержащая середины двух параллельных хорд окружности, проходит через ее центр.

358. Окружность Ғ і пересекает концентрические окружности F 2 и Ғя соответ­ственно в точках А, В и С, D. Доказать, что хорды АВ и CD параллельны.

359. Три равные окружности имеют общую точку. Доказать, что окружность, проведенная через вторые точки пересечения данных трех окружностей, равна данным.

360. На плоскости даны четыре равные окружности, проходящие через одну точку и пересекающиеся вторично в шести точках. Доказать, что четыре окружно­сти, проходящие через каждые три нз этих шести точек, взятых по одной иа каждой из данных окружностей, пересекаются в одной точке.

361. На плоскости даны прямая и точка, не лежащая на ней. Найтн геометри­ческое место центров правильных треугольников, одна вершина которых находится в данной точке, а другая — на данной прямой.

362. На плоскости даны прямая и точка, не принадлежащая ей. Найтн геомет­рическое место третьих вершин правильных треугольников, одна вершина которых находится в данной точке, а другая — иа данной прямой.

III. Поворот

363. Построить квадрат A BCD по его центру 0 и точкам М и N , которые при­надлежат соответственно прямым АВ и ВС, ОМ Ф ON.

364. Построить такой равносторонний треугольник, чтобы одна его вершина совпала с данной точкой 0 , а две другие принадлежали двум данным окружностям.

365. Через данную внутри окружности точку провести хорду данной длины.366. На сторонах ВС, СА и АВ равностороннего треугольника ЛВС даны со­

ответственно точки М, N и Р. Известно, что ВМ : МС — CN : NA = АР : РВ = = к. а) Доказать, что M N P — равносторонний треугольник, б) Вычислить MN, если ВС — а, к — 2.

367. На сторонах ВС, CD, DA и А В квадрата A BCD даны соответственно точки Р, Q, R и 5 . Известно, что ВР : PC = CQ : QD — DR : RA = >4S : SB = h.а) Доказать, что PQRS — квадрат, б) Вычислить PQ, если АВ = a, Һ — 3.

368. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC как на основаниях построены оди­наково ориентированные квадраты A B M N и ВСОР. Обозначим их центры через Од и 0 2, середину стороны АС — через Қ, середину отрезка МР — через L. Доказать, что четырехугольник 0 ,L 02/C — квадрат.

369. На сторонах АС и ВС треугольника ABC вне его построены равносторон­ние треугольники А СВ х и В СА Г. Найтн углы треугольника М А хО, где М — середи­на стороны АВ, точка О — центр треугольника АСВХ.

370. На продолжении сторон прямоугольного треугольника ABC отложены от­резки AD и АЕ, равные соответственно катетам АВ и АС треугольника ABC. Дока­зать, что прямая, содержащая медиану А М треугольника ABC, перпендикулярна отрезку DE.

371. Дан квадрат A BCD. Через центр этого квадрата проведены две взаимно

64

перпендикулярные прямые, отличные от прямых АС и BD. Доказать, что фигуры, являющиеся пересечением этих прямых с квадратом, равны.

372. Через центр О правильного треугольника ABC проведены две прямые, образующие между собой угол в GO3. Доказать, что отрезки этих прямых, заключен­ные внутри треугольника, равны.

373. Построить равносторонний треугольник так, чтобы одной его вершиной была точка Р , другая принадлежала прямой а, третья — прямой Ь.

374. На сторонах А В и АС треугольника ABC вне его построены квадраты. A B N M и ACQP. Доказать, что МС J_ ВР.

375. Даны два одинаково ориентированных квадрата MPOR и MUV W. Дока­зать, что отрезки PU и R W равны и перпендикулярны.

376. На сторонах А В и ВС треугольника ABC построены квадраты с центрами D и В, причем точки С и D расположены по одну сторону от АВ, а точки А и В •— по разные стороны от ВС. Доказать, что угол между прямыми АС и DE равен 45°.

377. Построить квадрат ABCD по его центру О и двум точкам М и Л\ принад­лежащим прямым ВС и CD, ОМ ф ON.

IV. Параллельный перенос

378. Даны четыре различные точки А, В, С и D. Провести через них соответ­ственно четыре параллельные прямые а, Ь, с и d так, чтобы ширина полосы между прямыми а и Ь была равна ширине полосы между прямыми с и d.

379. Построить трапецию по ее диагоналям, углу между ними и одной из сторон.380. Доказать что если прямая, проходящая через середины оснований трапе­

ции, образует равные углы с прямыми, содержащими се боковые стороны, то трапе­ция равнобочная.

381. Две равные окружности касаются внешним образом в точке Қ. Секущая, параллельная линии центров, пересекает окружности последовательно в точках А,В, С и D. Доказать, что величина угла А КС не зависит от выбора секущей.

382. Определить площадь трапеции, все стороны которой известны.383. На окружности с центром О даны такие три точки А, В и С, что /_АОВ =

— /_ВОС — 602. Доказать, что расстояние от точки В до произвольного диаметра окружности равно или сумме, или абсолютному значению разности расстояний от точек Л и С до этого диаметра.

384. Через точку М , лежащую вне окружности со, провести прямую т, пересе­кающую со в двух точках /1 и В, так, чтобы А В = ВМ.

385. Четыре равные окружности coi, со2, со3 и со4 проходят через точку М и вто­рично пересекаются в шести точках: Л 12 — точка пересечения coi и оь, Л 23 — со2, и ш, и т. д. Л .13 — со.! и со3. Доказать, что отрезки Л 12Л.13, Л 23Л 14, Л 13Л24 имеют общую се­редину.

386. Прямые, которым принадлежат боковые стороны трапеции, перпендику­лярны. Доказать, что длина отрезка, концами которого являются середины основа­ний трапеции, равна полуразности длин оснований.

387. Сумма длин оснований трапеции равна 21 см, а длины диагоналей равны 13 и 20 см. Вычислить площадь трапеции.

388. Расстояние между центрами двух пересекающихся окружностей равных радиусов равно d. Прямая, параллельная линии центров, пересекает первую окруж­ность в точках Л и В, вторую — в точках С и D. Найти длину отрезка АС (рис. с-0).

3 Заказ -19 G5

Рис. 80

389. Построить четырехугольник ABCD, зная дли­ну его сторон и длину отрезка M N , соединяющего се­редины сторон АВ и DC,

390. Диагонали трапеции с основаниями а и b взаимно перпендикулярны. Какие значения может принимать высота трапеции?

V. Гомотетия

Рис. 81

391. Доказать, что в произвольном треугольнике ABC точка М пересечения медиан, точка Н пересе­чения высот и центр О описанной окружности принад-

.. , ОМ 1лежат одной прямой (прямая Эйлера) и •

392. Дан угол ABC и внутри него точка М. Про­вести через точку М прямую так, чтобы отрезок ее, заключенный внутри угла ABC, делился точкой М в отношении 1 : 2.

393. Через точку М касания окружностей R п S проведены секущие Һ и /, пересекающие окружность R, кроме точки М, в точках Л и В, а окружность S — в точках С и D. Доказать, что прямые А В и CD па­раллельны.

394. Доказать, что если через точку касания двух окружностей провести произвольную прямую, то она пересечет окружности вторично в таких точках, что радиусы, проведенные в эти точки, параллельны.

395. Даны три параллельных, попарно не равных отрезка M N , PQ и RS, причем лучи M N , PQ и R S со- направлены. Доказать, что три точки пересечения пар прямых МР и ArQ, M R и N S , PR и QS принадлежат одной прямой; точки пересечения пар прямых MQ и NP, QR и PS, M R и N S также принадлежат одной прямой (рис. 81).

396. Две окружности касаются внутренним обра­зом в точке Л. Секущая а пересекает окружности в

точках М, N, Р, Q, распололсеиных последовательно (рис. 82). Доказать, что / M A N = / PAQ .

397. Длины отрезков, одним концом которых является общая точка, а другим — точка прямой, разделены в одном и том же отношении. Доказать, что точки деления принадлежат одной прямой.

§ 6. ВЕКТОРЫ

Слооіссһше векторов. Суммой векторов а и Ь с координатами а{, а«и bi, bо называется вектор с с координатами ах + Ьг, а 2 -J- Ь2, т. е.а («1, а 2) + b (bi , b2) = cjcii - f bx,_a2 + b2) ._

Для любых векторов а (ах, а 2), b {bi, b2), с {сх, с2) а + b = b -}- а,а + (Ь + с) = (a -f* Ь) + с.

Рис. 82

6 6

Правило треугольника. Для любых трех точек Л, В и С справедливо равенство А В ВС = АС.__Правило параллелограмма. Если ABCD — параллелограмм, то

А В - f AD = АС.Умножение вектора на число. Произведением вектора (ах, а») на

число X называется вектор (Хах, Ха„), т. е. (ах, а2) X — (.Хах, Ха.,). По определению (ах, а2) X = X (ах, а 2).

Для любого вектора а и чисел X и (и (А, -(- j.i) а = Ха -|- |ха.Для любых векторов а и Ъ и числа XX (а + Ь) — Ха + ХЬ\ |Ха| =

= \Ц N .Направление вектора Ха при а Ф 0 совпадает с направлением

вектора а, если X > 0, и противоположно направлению вектора а , если X < 0.

Два ненулевых вектора называются коллинеарными, если они лежат на одной прямой или на параллельных прямых.

Если а (ах, а») || b (blf b«), то — = —. Верно и обратное утвер-ь.2

ждение.Вектор называется единичным, если его абсолютная величина рав­

на единице. Единичные векторы, имеющие направления положитель­ных координатных полуосей, называются координатными векторами или ортами и обозначаются ех (1, 0) на оси Ох и e.z (0, 1) на оси Оу.

Любой вектор a (alt а.,) допускает представление в виде а = ахех -j--}- ОоСо.

Скалярное произведение векторов. Скалярным произведением век­торов a (ax, а2) и b (Ьи bo) называется число axbx -)- а ф ».

а • а = а2, а2 = | а\2.Для любых трех векторов а (ах, a 2), b (Ьх, Ь2) и с (сх, с2)

(a -f- b)c = ас + Ьс.Углом между ненулевыми векторами АВ и АС называется угол

ВАС. Углом между векторами а и Ъ называется угол между равными нм векторами с общим началом. Угол между одинаково направленны­ми векторами считается равным нулю.

Скалярное произведение векторов равно произведению пх абсо­лютных величин на косинус угла между ними.

Если a _L /;, то а • b — 0, и если а • b = 0, где а Ф 0, b Ф 0, то a _L b.

Аппарат векторной алгебры позволил создать особый метод реше­ния различных геометрических задач. Следует, однако, иметь в виду, что этот метод не является универсальным, к решению некоторых задач он может быть неприменим или малоэффективен. В следующей таблице приводятся примеры использования векторного языка для формулировки и доказательства некоторых геометрических утвер­ждений или вычисления геометрических величин.

3* 67

Конкретные применения в первых трех случаях читатель может пронаблюдать при рассмотрении аффинных задач, в последних трех — при рассмотрении метрических задач.

Что требуется.доказать (па геометри­ческом языке)

Что достаточно доказать (на векторном языке)

1) а Н b А В = kCD , где отрезки А В и CD принадлежат соответственно прямым а и Ь, к — число. В зависимости от выбора АВ и CD возникают различ­ные векторные соотношения, среди которых выбираются подходящие.

2) Точки А, В и С принадлежат пря­мой а.

а) установить справедливость од­ного из следующих равенств: А В — = кВС, или А С — кВС, или АС = = кАВ;

б) доказать равенство QC = = pQA + qQB, где р + q — 1 и Q — произвольная точка;

в) доказать равенство а О А ++ РОВ - f У АС — 0, где а 4- Р 4- V — = 0 и Q — произвольная точка.

3) Точка С принадлежит отрезку АВ, где АС : АВ — т : п (деление от­резка в данном отношении)

АС = tnln CB или QC— QA -{- т-\- п

т — ;-}----------- QB для некоторой точки Q.

т 4 - п

4) а ± Ъ АВ ■ CD = 0, где точки А и В принадлежат прямой а, а точки С и D — прямой Ь.

5) Вычислить длину отрезка а) выбрать два неколлпнеариых ба­зисных вектора (или три некомпла­нарных), у которых известны длины и угол между ними;

б) разложить по ним вектор, длина которого вычисляется;

в) найтн скалярный квадрат этого вектора, используя формулу а2 =- u p .

6) Вычислить величину угла а) выбрать два неколлпнеариых ба­зисных вектора, для которых известны отношение длин и углы между ними;

б) выбрать векторы, задающие искомый угол, и разложить их по базисным векторам;

------а ■ bв) вычислить c o s / ( a , Ь) — ----------- .

68

I. Аффинные задачи

Выделим несколько видов аффинных задач, которые целесообраз­но решать с применением векторов. (Речь идет только о таких зада­чах, в тексте которых не содержится никаких понятий векторной алгебры.)

К первому виду отнесем задачи, связанные с доказательством па­раллельности некоторых отрезков и прямых. В задачах этого типа для решения нужно доказать коллинеарность векторов, изображае­мых некоторыми данными отрезками, т. е. доказать, что а — kb, где к — некоторое число. Рассмотрим решение задач первого вида на примерах.

П р и м е р 1. На плоскости даны четырехугольник ABCD и точ­ка М. Докажем, что точки, симметричные точке М относительно сере­дин сторон этого четырехугольника, являются вершинами паралле­лограмма.

Р е ш е н и е . Пусть ABCD — данный четырехугольник (рис. 83), N, Р, Q и R — точки, симметричные точке /VI относительно середин отрезков АВ, ВС, CD и DA.

По правилу параллелограмма имеем: M N — МА + MB, МР — = MB + МС, MQ = МС н- MD, MR ==_MD - f МА.

По определению разности векторов NR — ллп ЛЛАТ - п/ л— = Щ ~ М Р .

Так как NR — PQ = (MR — MN) —— (MQ — МР), то, используя исходные ра­венства, убеждаемся, что N R — PQ — О, т.е.NR —PQ. Аналогично доказывается, что NP — RQ. Следовательно, NR = PQ и NP —— RQ, а это значит, что четырехугольник NPQR — параллелограмм.

П р и м е р 2. Дан четырехугольник ABCD. Прямая, проведенная через верши­ну А параллельно стороне ВС, пересекает диа­гональ BD в точке М, а прямая, проведен­ная через вершину В параллельно стороне AD, пересекает диагональ АС в точке N.Докажем, что MN \\ DC.

Р е ш е н и е. Для решения задачи дос­таточно доказать коллинеарность векторов DC и /М/V (рис. 84), т. е. надо доказать, что D C — kMN, где к — некоторое число. Чтобы убедиться в коллинеарности векторов DC и /VI/V, выразим каждый из этих векторов че­рез другие векторы. Так, вектор DC выра­жается через векторы ОС и OD, а вектор

69

M N — через векторы ОМ и ON, где О — точка пересечения прямых АС и BD. Далее, векторы ОС и ON можно выразить через вектор АО, векторы OD и ОМ — через вектор ВО. Положим, что

АО : ОС = р : q и ВО : OD — т : я. (1)

Тогда можно выразить вектор DC через АО и ВО последовательнымизаменами: DC — ОС — OD — — А О ---- — ВО — —— (mq АО — прВО).

р т трС другой стороны, из параллельности отрезков BE и AD следует,

чтоАО ■ ON = DO : ОВ — п : т. (2)

Тогда по рисунку и из равенств (2) следует, что ON — — ~АО.“ п

Аналогично из параллельности отрезков А М и ВС следует, чтоВО : ОМ — СО : АО = q : р и ОМ — — ВО- Тогда можно выразить

____ ___ ___ Я ____вектор M N через АО и ВО последовательными заменами: M N —= (Ш — Ш = - ^ І Ю + — АО = — {— п р В О + mq АО). Отку-

<7 п т7

да DC — MN, что в переводе на геометрический язык и означает тр

параллельность отрезков M N и DC.Ко второму виду относятся задачи, связанные с доказательством

того, что данная точка делит отрезок в определенном отношении (в частности, является его серединой).

Для доказательства того, что точка С делит отрезок АВ в не­котором отношении АС : СВ — т : п, достаточно: а) доказать равен­ство АС = — СВ или б) доказать равенство QC = —- —QA 4— — QB,

п 1 п + т п + тгде Q — произвольная точка.

Доказательство достаточности условия пункта б) несложно.Пусть QC = QA -}-----— QB, тогда ( — + - Ъ с = — QA +

т -j- п т -)- п \ т п ) т

+ —QB, — (QC — QA) = — (QB — QC), — АС — —СВ, а это и озна-п т п т п

чает, что АС : СВ = — .п

Заметим еще, что, проведя доказательство в обратном порядке, можно убедиться и в необходимости условия б) для деления отрезка АВ точкой С в отношении т : п.

Решим несколько задач второго вида.П р и м е р З . В произвольном четырехугольнике отрезок, сое­

диняющий середины диагоналей, проходит через точку пересечения средних линий. Докажем, что этот отрезок делится ею пополам.

Р е ш е н и е . Тот факт, что точка О (рис. 85) является серединой отрезка EF , можно доказать различными способами.

Например:

70

1) доказать, что ЕР = QF, что означа­ет, что EPFQ — параллелограмм, и так как ЕҒ является его диагональю, то она про­ходит через точку О и делится ею пополам;

2) доказать, что ВО = OF',3) доказать, что QO = ~ (QE -}- QF) пли

7ТО (NE + NF);

4) доказать, что СО — — ІРЕ + СҒ) или

DO = - (DE + DF).2

Рассмотрим первый способ доказательства, который в данном случае является и самым простым.

В треугольнике ABC отрезок ЕР является средней линией, отку­да ЕР — — АВ. В треугольнике ABD отрезок QF — средняя линия,

Рис. 85

откуда QF — —АВ. Это значит, что EP — QF. И задача решена.

П р и м е р 4. В параллелограмме ABCD сторона AD разделена на п равных частей и первая точка деления (точка К) соединена с вер­шиной В (рис. 86). Найдем, на какие части делит полупрямая ВҚ диагональ АС.

Р е ш е н и е. Пусть DC — b, DA = а и А Р = а АС. Выразим вектор А Р через векторы а и Ь двумя способами: 1) А Р — а АС — = a (b — а) = ab — асг, 2) А Р =г. А К + К Р =-■ — - а + а КВ =

~ ------ _1_ с, ( 1 а Ь) —п п

—— - а -j- а Ь ( К Р —

— аКВ, так как А А Р Қ со АВРС).Так как возможно лишь единственное пред­

ставление вектора через два иеколлинеарных- 1 1-а, откуда а- п - |-1

АС, а тогда, как лег-

вектора, тоП

Это значит, что А Р — —-—п + 1

ко убедиться, А Р : P C — 1 : п.П р и м е р 5. На стороне АС треуголь­

ника ABC взята точка М так, что АМ —= — АС, а па продолжении стороны ВС — та-

Окая точка N , что BN — СВ. Найдем, в каком отношении точка Р пересечения отрезков А В и M N делит каждый нз этих отрезков.

Р е ш е н и е , (рис. 87). Положим, чтоNP : РМ = а : (J, А Р : РВ = у : б. (1)

71

Таким образом, надо найти а : [э и у : б. С этой целью составим не­сколько уравнений, содержащих а, (•], у и б.

Два таких уравнения можно написать, используя теорему о деле­нии отрезка в данном отношении.

Пусть Q — произвольная точка плоскости, тогда для отрезков АВ и MN имеем:

QP - Т 7 , (?л' + -Т 7 < гм ,а -|- {> a -j- р

QP — — QA -j---- — QB.У -J- б Y б

(2)

(3)

Написанные равенства (2) и (3) содержат пять различных векто­ров. Уменьшим их число, заменив имеющиеся векторы другими, снова используя теорему о делении отрезка в данном отноше­нии. Для отрезков NC и АС тогда имеем: QB — — (Q!\J -|- QC),

q m = ^ q a + \ q c .о О (4)

Подставляя из равенства (4) в равенства (2) и (3) значения QB и , получим:

5 7Ш . У пд7 I У 7лпQP —

QP =

7 + 6Q A +

2 {у + б) Q/V +

2ос QA + _ J L QN -f2 (У — 6)

a

3 (a |J)

Откуда имеем:

a + P 3 (« + P)

QC,

QC-

(5)

(6 )

У Р2 (У + Р) - а + р *

б 2ау + б “ З а + р ’

У а

2 (ү + б) 3 (а + Р)

Решив эту систему уравнений, получим: у = б и (3 = — а.

Таким образом, А Р — ВР и NP : РМ = 3 : 1 .Рассмотрим задачи третьего вида. Отнесем к этому виду такие

задачи, в которых требуется доказать принадлежность трех точек одной прямой. Эти задачи можно было бы рассматривать как частный случай второго вида. Однако в их решении имеется некоторая специфика в связи с использованием условия принадлежности трех точек одной прямой.

П р и м е р 6. На стороне АВ треугольника ABC дана точка Р, через которую проведены прямые параллельно его медианам А М У

72

и ВМ,, и пересекающие соответствующие стороны треугольника в точках А х и В х. Д о­кажем, что точка Е — середина отрезка А х Bi, а также точка Р и точка О пересечения медиан данного треугольника лежат на одной прямой.

Р е hi е и и е. Изменим заключение зада­чи таким образом, чтобы можно было приме­нить векторы к ее решению. Это можно еде- А лать следующими способами (рис. 88):

1) Установить, что ЕР — kGP (можно взять и другие векторы).

2) Для некоторой точки Q установить, что QE = kQP -f- (1 — к) QC (условие принадлежности трех точек одной прямой).

Первый путь решения уже знаком из приведенных еышс примеров решения задач первого вида.

Рассмотрим второй путь. Для этого вначале выведем условие при­надлежности трех точек одной прямой.

Для того чтобы точки А, В и С принадлежали одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы для некоторой точки Q выполнялось равенство QC = pQA -|- qQB., где р -}- <7=1.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть точки А, В и С принадлежат од­ной прямой. Тогда можно написать АС : СВ = т : п. Это означает справедливость следующих равенств: АС : СВ — щ : п, откуда QC = = _ £ !_ QA + QB, QC = pQA + qQB, /) + <?= 1.

til П in -f- tlРассуждения, проведенные здесь, доказывают и необходимость и

достаточность условия.Решение данной задачи, таким образом, сводится к установле­

нию зависимости между векторами QP, QE и QG. Если точку Q вы­брать произвольно, то решение задачи окажется весьма сложным. Лучше всего принять ее совпадающей с точкой С. При этом векторы СР, СЕ, СО легко выражаются через СА и СВ. Действительно, пусть

АР : РВ — т : п. (1)

ТогдаАВХ : В хС = т : (т -\- п + п) — т : (2п -f т) (2)

(так как М 2 — середина АС) иВАг : А іС — п : (in -j- т -J- п) = п : (2т -j- п) (3)

(так как Л Гд — середина ВС). Из свойства центра тяжести Gвытекает: СО = — .-!■ (СА + СВ) ~ — (671 -{- СВ). Из соотношений

0 2 3

(2) и (3) можно написать: СВХ = ■ °'л ^~-‘l CAi, СА^— Тог-2 (tn -j- п) 2(т -{- ti)

да из свойства середины Е отрезка АХВХ можно написать:

СЕ = - (СВХ + C/lj) = - СЛ Н-2 4 \ т -j- п

п ± 2 т щ _ т -f- п

По теореме о делении отрезка в данном отношении имеем:СР = — СЛ -I-- Л - С Ғ .

m -)- /г ш -j- п _ ___ _Чтобы связать векторы CG, С£ и СР, преобразуем вектор С£:

С£ = 1 fm + ■— СЛ + '^!L±± СВ) = - /СЛ + С£ Н------— СЛ +4 V /?г + п т + п ) 4 \ - '

3 ? ^ , 1+ СБ

т -\- п j 4 V /» “Һ п

= -1 (3CG + CP) = -|CG + 1 СР, т. е. С£ = ~ CG +т -j- а1 3 j

-4— СР, а так как — 1— = 1, то точки Е, G и Р принадлежат4 4 4

одной прямой и EG : РЕ = 1 : 3 . Задача решена.Рассмотренные виды аффинных задач на плоскости далеко не ис­

черпывают всего многообразия таких задач. Но они образуют самые многочисленные группы задач, что и оправдывает их специальное рассмотрение.

II. Метрические задачи

При решении метрических задач используется скалярное произ­ведение векторов. Не классифицируя эта задачи по видам, приведем несколько примеров.

ГІ р и м е р 7. На основании Л В равнобедренного треугольникаABC дана точка Р. а) Докажем, что PC2 = АС2 — АР • ВР. б) Вы­ясним, как изменится эта формула, если точка Р расположена на продолжении основания АВ.

Р е ш е и и е. а) Запишем доказываемое равенство в векторной форме. Учитывая направления векторов АР и РВ (рис. 89), получим: PC'1 — АС2 — А Р • ВР. Докажем эго равенство. Преобразуем его правую часть следующим образом:

АС1 — ЛР , В Р — Ж 1 - _ { А С ± _ С Р ) _ ( Р С Н- СВ) ==ЛС2_ -- — АС - PC —_ АС • СВ -\-_CP- — СР • СВ ==J A C — АС -_РС) —

— (АС • СВ_+ С Р^СВ) 4 -_СР2‘=_ЛС (AC — PC) — СВ х СР) + СР1== (АС +_СР) • (АС — СВ) -{- СР1 =

= ЛР (АС — СВ) + СР\Если теперь вектор СВ’ — АС, то /1C — СВ —

— СВ’ — СВ — ВВ' . А А В ' В прямоугольный, и, таким образом, ЛР (Л С — СВ) —АР • В В — = 0. Следовательно, АС1 — ЛР • РВ — СР1.

б) Если точка Р принадлежит отрезку АВ, то при переходе ог векторного равенства к ска­лярному равенству имеем: PC1— | Р С |“ - - PC2, АС2 = | ЛС[2 —_АСг, ЛР • ~РВ = |Л Р ! • \РВ\ X

Рис. 89 X cos / - ( А Р , РВ) = А Р - РВ • cos 0° = Л Р х

(Л С

74

X РВ, т. е. РС2 = АС2 —АР • РВ.Если же точка Р не принадлежит отрезку АВ,

то векторы А Р и РВ — противоположно направ­лены и А Р - РВ = \АР\ ■ \РВ\ ■ cos 180° == — А Р • РВ. Итак, в этом случае искомое ра­венство имеет вид: РС~ — АС2 -{- А Р • РВ.

П р и м е р 8. Найдем сумму квадратов ме­диан треугольника, если известны его стороны а,b и с. __ _ __ _ __ _

Р с ш с п и е. Пусть в A ABC А В — с, ВС — а, С А — Ь (рис. 90).

Тогда по определению суммы векторов AD = с + у , BE = а -}- у ,

C F = b + у .

Используя свойство скалярного квадрата, получим:

A D ' -{- ВЕ~ -[- С1'~ — -]- y j -|- -j- у j -J- -f- у J

— сг -\- с - а ~ -J- а • Ь ~ -j- /г 4- b • с + ~

= ~л (я2 + + с~) + (с ' a -j- а • Ь -{- b • с).

Так как а -|- Ь -f-_с = 0, то {ci -j- b - f c f — 0.Таким образом, а2 -J- Ь'1 -{- с2 -}•- 2 (с • а -+- а • Ь -|- Ь • 6’) = 0, т. е. сг -}- /г -\- с~ = — 2 (с - a -f- а - Ь b • с).

Итак, с • а Ь 4- Ь • с — —

м -Подставляя полученное значение выражения с • a -j- ct

-[- b • с, получим: /Ш 2 £ £ 2 - f CF~ — (а2 -]- 62 + с2), так как

согласно свойству скалярного квадрата AD- — AD - , І3£2 = Z>£2,СҒ2 = СЯ.

П р и м е р 9. Докажем, что высоты произвольного треугольника пересекаются в одной точке.

Р е ш е н и е . Пусть АР, BQ и CL — высоты A ABC и О — точка пересечения высот А Р и BQ (рис. 91).

Положим для краткости, что О А — а, ОВ = Ь,О С = с.

По определению разности векторов АВ — b—— а, ВС — с — /;. СА — а — с.

Так как далее 0/1 _L ВС, то а (с — Ь) = 0, т. е.

а • с = а • Ь. (1)Аналогично так как ОВ JL С/1, то Ь (а — с) —

= 0 , откуда

75

и • b = b • с. (2)

Из равенств (1) н (2) по транзитивности следует, что а - с — b ■ с, или с (а — Ь) — 0.

Последнее означает, что ОС ± АВ, или СО X АВ. Так как через данную точку проходит единственная прямая, перпендикулярная данной прямой, то из того, что СО _1_ А В и CL JL АВ, следует, что CL совпадает с СО. Итак, три высоты треугольника пересекаются в одной точке.

ЗАДАЧИ ДЛЯ СААЮСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

I. Сложение и вычитание векторов. Умножение вектора на число

39S. Д ля того чтобы четырехугольник ABCD был параллелограммом, необхо­димо и достаточно, чтобы для любой точки Q выполнялось равенство Q/l -|- QC — = ~QB -j- QD. Доказать это.

399. В четырехугольнике ABCD точки М, А7, Р и Q — соответственно середины последовательных сторон. Доказать, что четырехугольник MNPQ — параллело­грамм.

400. На стороне А В четырехугольника ABCD построен параллелограмм АВСС' и взята точка О — середина отрезка C'D. Доказать, что если М и N — соответствен­но середины сторон А В и CD, то отрезок АО равен и параллелен отрезку Л1А'.

401. В четырехугольнике ABCD точки М и N — соответственно середины сто­рон AD и ВС. Доказать, что 2MN ^ AB CD.

402. Доказать, что длина отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции, равна полуразностн ее оснований.

403. Если длина отрезка, соединяющего середины двух противолежащих сторон выпуклого четырехугольника, равна полусумме двух других сторон, то этот че­тырехугольник — трапеция или параллелограмм. Доказать.

404. Точки М и N — соответственно середины сторон Л В и CD четырехуголь­ника ABCD. Доказать, что середины диагоналей четырехугольников A M N D и B M N C являются вершинами параллелограмма (или лежат на одной прямой).

405. Для того чтобы точка Q была центром тяжести треугольника ЛВС, необ­ходимо и достаточно, чтобы QA -\- QB -j- QC = 0. Доказать эго.

406. Из точки /VI, лежащей внутри треугольника ЛВС, проведены перпендику­ляры к сторонам ВС, АС, АВ и па этих перпендикулярах отложены отрезки MAi , MBi и МСі, равные соответствующим сторонам треугольника. Доказать, что точка Л1 — центр тяжести треугольника A jB lCi -

407. Доказать, что в произвольном четырехугольнике отрезок, соединяющий середины диагоналей, проходит через точку пересечения средних линий и делится ею пополам.

408. Даны треугольник ЛВС и произвольная точка Q. Доказать, что если по­строить параллелограммы QBb\C и QAA xB lt то диагональ Q /lx последнего проходит через центр тяжести О данного треугольника и Q /lt = 3QO.

409. Доказать, что прямая, проходящая через вершину А треугольника ЛВС и середину медианы BD, делит сторону ВС в отношении 1 : 2.

410. Даны два равных отрезка Л В и A XBV Каким должен быть угол между

76

прямыми, которым принадлежат эти отрезки, чтобы расстояние между серединами1

отрезков А А г и ВВ1 было равно

411. Через точку М, взятую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Они пересекают стороны параллелограмма в точках Л, С и B ,D . Доказать, что точка пересечения средних линий четырехугольника ABCD является серединой отрезка ОМ, где О — центр данного параллелограмма.

412. Доказать, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, пре­ходит через точку пересечения продолжений боковых сторон и через точку пересече­ния диагоналей.

413. Дана трапеция ABCD. Прямая, параллельная ее основаниям АВ и CD, пересекает боковые стороны AD и ВС соответственно в точках Л/ и N. Доказать, что если Л Л' j! СМ, то D N || ВМ.

414. Дана трапеция ABCD, у которой АВ и CD — основания, а точки М и N — середины ее боковых сторон AD и ВС. Доказать, что прямая A N не параллельна прямой СМ.

415. В окружности с центром О проведены две перпендикулярные хорды АВ и CD, пересекающиеся в точке М. Доказать, что середины хорд АС и BD, точка М и центр данной окружности являются вершинами параллелограмма.

1416. В треугольнике ABC проведена медиана ССГ Доказать, что CCi < — {СА -{-

-{- СВ). i

417. Дан треугольник ABC. Доказать, что ОМ < — (ОЛ + ОВ + ОС), гдеО

М — точка пересечения медиан треугольника, О — произвольная точка плоскости.418. Два параллелограмма ABCD и A B lCiD l имеют общую вершину Л. Д ока­

зать, что CCi ^ BBi - г DDi.419. Даны два параллелограмма ABCD и AiBiCiDi . Доказать, что п общем слу­

чае середины отрезков Л Л і, BBi , CCi и DDi являются вершинами параллелограмма Л0Г(АО 0. Построить два таких параллелограмма, чтобы точки Л0, В0, С0 и D0 сов­пали или принадлежали одной прямой.

420. Дан параллелограмм ABCD. Точки Р, Q, R и 5 делят стороны АВ, ВС, CD и DA в равных отношениях. Доказать, что четырехугольник PQRS — парал­лелограмм.

421. Даны два треугольника ABC и AiBiCi. Доказать, что если медианы перво­го треугольника параллельны сторонам второго, то медианы второго треугольника параллельны сторонам первого.

422. Дан четырехугольник ABCD. Построен второй четырехугольник с верши­нами в точках пересечения медиан треугольников BCD, CD A, D AB и ABC. До* казать, что средние линии четырехугольников пересекаются в одной точке.

423. На плоскости даны четыре прямые, нз которых никакие три не проходят через одну точку н.никакие две не параллельны. Доказать, что если одна из четырех прямых параллельна медиане треугольника, определяемого тремя другими, то анало­гичными свойствами обладает каждая нз трех остальных данных прямых.

424. Через вершины Л, В и С треугольника ЛВС проведены соответственно прямые I, т и п, пересекающиеся в точке 5 . Доказать, что прямые 11г тх и п {, прохо­дящие соответственно через середины Л0, В0 и С0 сторон ВС, СЛ и Л В параллельно прямым /, гп и п, также пересекаются в одной точке.

77

425. Даны треугольник ЛВС и точка М, точки Ль ВХ и Ct — середины его сто­рон ВС, СЛ и ЛВ. Через Л, В и С проведены прямые, параллельные прямым М А г, MB у п ЛСу соответственно. Доказать, что эти прямые пересекаются в одной точке.

426. Доказать, что если длина средней линии M N четырехугольника ABCD равна полусумме длин его сторон АВ и CD (М принадлежит ВС, N принадлежит DA), то A BCD — трапеция или параллелограмм.

427. На сторонах треугольника ABC вне его построены равносторонние тре­угольники ЛВС1у В Л хС и C/1/J,. Доказать, что точки пересечения медиан треуголь­ников ЛВС и А^ВуСу совпадают.

428. На продолжениях высот ЛЛі н ВВ і треугольника ЛВС за его вершины А и В отложены отрезки ЛЛ2 и ВВ.,, причем АЛ., — ВС и BBj — А С. Доказать, что С/1 о = СВ2 и С/12 1 СВ

429. На сторонах С/1 и СВ треугольника ЛВС вне его построены квадратыС/1/1,Сд и СВВуС^. Доказать, что медиана треугольника ССХС |, проведенная через вершину С, перпендикулярна стороне АВ и равна ее половине.

430. На сторонах четырехугольника ABCD вне его построены квадраты ABBiA i , ВССХВ\, CDD^C' и D /1/ljD j с центрами Р , Q, R и 5 соответственно. Доказать, что отрезки PR и QS равны и перпендикулярны,

431. Дан четырехугольник A BCD. Его средние линии пересекаются в точке М. Построена ломаная MAUV, где AU — MB, UV — МС. Доказать, что точка М — середина отрезка VD. Найти отношение площади четырехугольника ABCD к пло­щади четырехугольника MAUV.

432. Доказать, что медианы треугольника, пересекаясь, делятся в отношении2 : 1.

433. На стороне AD и на диагонали АС параллелограмма ABCD взяты точки

М и N так, что ЛМ = — AD и A N — — АС. Доказать, что точки В, N , М леж ат Г) 6на одной прямой. В каком отношении точка N делит отрезок MB?

434. Доказать, что в произвольном четырехугольнике A BCD отрезки, концами которых являются середины противолежащих сторон (Р , К, R и L — середины сто­рон ЛВ, ВС, CD, AD соответственно), и отрезок, концами которого являются се­редины диагоналей (точка Д-f — середина BD), пересекаются в одной точке и делят­ся в этой точке пополам,

435. Даны параллельные прямые /, и /2 н две пары точек Л ,, Л 2 и B v, В 2. На прямых найти соответственно такие точки CL и С2, чтобы /1 tC, || Л2С2, В,С, || В2С2.

436. На сторонах треугольника ЛВС построены параллелограммы ABB»Ai , ВСС^Ву, ЛСС,Л2 (рис. 92). Можно ли построить треугольник, стороны которого рав­ны отрезкам В хВп, CjCn, Л ХЛ2?

11. Скалярное произведение векторов

£г 437. Даны две стороны А В = а и CD — р четы­рехугольника ABCD и угол а между этими сторона­ми. Найти длину отрезка, соединяющего середины двух других сторон четырехугольника.

438. В треугольнике ЛВС со сторонами АВ — 5, А? С/ ВС = 2 и АС = 4 вычислить угол ЛВС.Рис. 92 439. Доказать, что высоты тупоугольного тре­

угольника пересекаются.

78

440. Доказать, что в параллелограмме сумма квадратов его диагоналей равна сумме квадратов его сторон.

441. Доказать, что если ABCD — прямоугольник, то для любой точки М верно равенство М А 2 + МС2 — М Б 2 -\- MD-.

442. Доказать, что угол С треугольника АБС будет острым, прямым или тупым1

в зависимости от того, будет ли медиана CD больше, равна или меньше — АВ.

443. Доказать, что в треугольнике АБ С с центром тяжести М справедливо соот­ношение АВ 2 + ВС2 -г АС 2 — 3 (МА2 -г MB'1 + МС 2).

444. Доказать, что если центр тяжести треугольника ABC совпадает с точкойпересечения высот, то треугольник равносторонний.

445. Выразить каждую медиану треугольника через его стороны.446. В трапеции со взаимно перпендикулярными диагоналями большее основа­

ние равно 4, а меньшее — 3. Найти ее боковую сторону, если известно, что она со­ставляет угол 60° с большим основанием.

447. Дан треугольник ABC, в котором А С — 4, ВС = 3 и /Л В С = 120°. Найти расстояние от вершины С до точки М, делящей сторону ЛВ в отношении 1 :3 , считая от вершины Л.

448. Доказать, что если в прямоугольном треугольнике ЛВС из вершины пря­мого угла проведена высота CD, то: a) CD" = AD : BD; б) АС~ = АВ . AD\ в) ВС2 = В А . BD.

449. Диагонали прямоугольной трапеции взаимно перпендикулярны. Доказать, что высота трапеции есть среднее пропорциональное между ее основаниями.

450. Доказать, что в трапеции ABCD с основаниями А В и CD выполняется ра­венство Л С2 -J- BD2 > AD- -|- ВС2 + 2ЛВ • DC.

451. Для того чтобы диагонали четырехугольника были взаимно перпендику­лярны, необходимо и достаточно, чтобы суммы квадратов противоположных сторон четырехугольника были равны. Доказать это.

452. Доказать, что если в треугольнике две медианы взаимно перпендикуляр­ны, то сумма их квадратов равна квадрату третьей медианы.

453. Найти зависимость между сторонами треугольника ЛВС, если его медиа­ны Л Л, и ВВ, перпендикулярны.

454. Катеты прямоугольного треугольника равны а и Ь. Найти биссектрису, проведенную из вершины прямого угла.

455. Из середины D основания ЛВ равнобедренного треугольника ЛВС прове­ден перпендикуляр DM на сторону ВС. Точка N — середина отрезка AID. Дока­зать, что отрезки АМ и CN перпендикулярны.

456. Через вершину прямого угла С треугольника ЛВС проведена прямая, на которую из вершин Л и В проведены перпендикуляры ЛЛі и ВВь Вершина С отра-

тсжена в точку С, относительно середины М отрезка Л ,В Х. Доказать, что /Л С 1В = — .

457. На стороне ЛВ треугольника ЛВС но разные стороны от прямой ЛВ по­строены равносторонние треугольники ЛВС, и ЛВС». Найтн зависимость между сторонами данного треугольника, если прямые CCL и СС2 перпендикулярны (С Ф Ф Сх, С Ф С2).

79

III. Разные задачи

458. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Доказать, что центры этих «квадратов являются вершинами квадрата.

459. На сторонах ЛВ и ВС треугольника ЛВС построены пне его квадраты ABDE и ВСҚҒ. Доказать, что отрезок DF в два раза больше медианы ВР треуголь­ника ЛВС и перпендикулярен к ней.

460. На сторонах ЛВ и ВС треугольника ЛВС вне его построены равносторон­ние треугольники ЛВС, и ВСЛ,. Доказать, что отрезок, соединяющий середины от­резков ЛВ и Л ,В ,, равен половине отрезка АС и составляет с ним угол 00°.

461. На сторонах ЛВ и ВС треугольника ЛВС вне его построены равносторон­ние треугольники ЛВС, и ВСЛ,. Доказать, что если М, N и Р — соответственно середины сторон АС, С,В и В Л ,, то треугольник M N P равносторонний.

462. Диагонали Л С и BD равнобедренной трапеции Л BCD (А В || CD) пересе­каются в точке О под углом 00°. Доказать, что середины отрезков ОЛ, OD и ВС явля­ются вершинами равностороннего треугольника.

463. В трапеции ABCD диагональ ЛС отсекает равносторонний треугольник ACD. Из точки Е диагонали ЛС (или ее продолжения) основание ВС видно под уг­лом 60°. Доказать, что середины отрезков АЕ, ВС и CD являются вершинами равно­стороннего треугольника.

464. Если на двух сторонах параллелограмма, исходящих из одной вершины, построить (внешним или внутренним образом) правильные треугольники, то про­тиволежащая вершина параллелограмма и свободные вершины треугольников обра­зуют правильный треугольник. Доказать.

465. Даны два равносторонних треугольника А 1В1С1 и Л2В2С2 одинаковой ори­ентации. Отрезки Л j Л о, В ,В 2 и С,С2 разделены точками Л, В и С в одном и том же отношении соответственно от концов Л ,, В, и Сх. Доказать, что треугольник ЛВС равносторонний. i

466. В прямоугольной трапеции ABCD с острым углом 45° диагональ ЛС равна стороне CD. Доказать, что середина меньшего основания равноудалена от вершины Л и середины стороны CD.

467. На отрезках Л В и АС некоторой прямой построены равнобедренные пря­моугольные треугольники ЛВС, и Л СВ, ( /_С, = / В , = 90е) противоположной ориентации. Доказать, что середина отрезка ВС н точки В, и С, служат вершинами равнобедренного прямоугольного треугольника.

468. В треугольнике ЛВС с углом В в 45° проведены высоты СС, и Л Л ,, пересе­кающиеся между собой в точке О. Доказать, что середины отрезков ВС, Л ,С, и CD служат вершинами равнобедренного прямоугольного треугольника.

489. На сторонах Л В и ВС треугольника ЛВС вне его построены равносторон­ние треугольники ЛВС, и ВСЛ , с центрами соответственно Ot п 0 2. Доказать, что отрезок 0 ,0 2 вдвое длиннее отрезка, соединяющего середины отрезков О,С и С ,02) и составляет с ним угол 00°.

470. На сторонах Л В, ВС и CD прямоугольника Л BCD пне его построены равно­сторонние треугольники Л ВО,, ВС02, CDO3. Доказать, что расстояния между се­рединами отрезков Л В, 0 ;0 2 и ВС, 0 20 ;, равны.

471. На сторонах ЛВ и CD произвольного выпуклого четырехугольника ABCD вне его построены квадраты A B M N и CDKL. Доказать, что середины диагоналей че­тырехугольников ABCD и M N K L являются вершинами квадрата или совпадают.

472. Даны два квадрата Л ,В іСіОі и Л 2В2С20 2 одинаковой ориентации. Отрезки

80

В,/?;, С,С2 и D XD., разделены точками Л0, Ва, С0 н D0 в одном и том же от­ношении, начиная от вершин одного из этих квадратов. Доказать, что четырехуголь­ник AaB0C0D0 — квадрат.

473. Даны два правильных одноименных многоугольника Л ,Л 2 ... А п и В }В2 ••• В :1 одинаковой ориентации. Отрезки Л ;Л 2, В }В.,< •••> Л /;В/г разделены точ­ками С,, С2, ..., Сп соответственно в одном и том же отношении, начиная от вершин одного из этих многоугольников. Доказать, что многоугольник CjC2 ... Сп правильный.

474. На сторонах АВ и ВС треугольника ЛВС вне его построены равнобедрен­ные прямоугольные треугольники ABD и ВСЕ ( / В — / С — 90е) одинаковой ори­ентации. Доказать, что середины отрезков ЛВ, ВС и DE являются вершинами пря­моугольного равнобедренного треугольника.

475. В квадрате ABCD точка О — центр, М н Д '— середины отрезков ВО и СО. Доказать, что треугольник A M N равнобедренный и прямоугольный.

476. На сторонах четырехугольника ABCD вне его построены равнобедренные прямоугольные треугольники ЛВА1, BCN, СОР и DAQ ( /A J = /А 7 — /_Р — /_С) —-— 90"). Доказать, что середины отрезков М Р и \ 'Q и середины диагоналей четырех­угольника являются вершинами квадрата.

477. В прямоугольном треугольнике ЛВС из вершины прямого угла проведена высота СО. Точки А1 и N делят соответственно стороны ЛС и СВ в равных отноше­ниях (начиная от концов Л и С). Доказать, что треугольник DMA' подобен данному треугольнику.

478. На основании и одной из боковых сторон равнобедренного треугольника вне его построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов и середина дру­гой боковой стороны служат вершинами равнобедренного прямоугольного тре­угольника.

479. В прямоугольнике Л BCD проведен перпендикуляр В К к диагонали Л С. Точки А1 и N делят соответственно отрезки Л К и CD пополам. Доказать, что / B M N = 90°.

480. Для прямоугольного треугольника ЛВС построен ему симметричный тре­угольник Л/ЗС, относительно гипотенузы ЛВ- Если точка AI — середина высотыC,D треугольника ЛВС и N — середина стороны ВС, то треугольник AA1N подобен треугольнику ЛВС. Доказать.

481. Дан параллелограмм ABCD. На прямых АВ и ВС выбраны точки II и Қ так, что треугольники ҚЛВ и IICB равнобедренные (КА = АВ и НС = СВ). До­казать, что треугольник KDH тоже равнобедренный.

482. Четырехугольник ЛВС!) повернут около некоторой точки О, лежащей в его плоскости, на 90= в положение 1 iZ?iC1ZDi. Доказать, что если точки Р, О, R иS — соответственно середины отрезков Л,/3, В ХС, С,О и D\A, то отрезки PR и OS перпендикулярны и равны.

483. На сторонах четырехугольника пне его построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов являются вершинами четырехугольника с равными и взаимно перпендикулярными диагоналями.

484. В прямоугольном треугольнике ЛВС нз вершины прямого угла проведена высота CD п построена точка D lt симметричная точке О относительно катета Л С. Доказать, что точка Л и середины отрезков D ,C и СП служат вершинами треуголь­ника, подобного данному.

485. В прямоугольном треугольнике ЛВС построена точка O lt симметричная некоторой точке О катета ВС относительно гипотенузы Л В ; Е — точка пересечения

81

отрезков DDi и Л ВХ; Л1 и N — соответственно середины отрезков A D X и СЕ- Д ока­зать, что j / M N B = 90°.

486. В треугольнике ЛВС проведены высоты Л Л Х и ВВХ и построена точка Л2, симметричная точке Лх относительно прямой ЛС; М и N — соответственно середины отрезков В ХЛ2 и АВ. Доказать, что треугольник CMN прямоугольный.

487. На стороне АВ треугольника ABC как на диаметре описана окружность, пересекающая прямые АС и ВС соответственно в точках Л х и Вх. Доказать, что се­редины хорд АВу и В А Х, основание высоты, проведенной нз вершины С в данном треугольнике, образуют треугольник, подобный данному.

488. Из произвольной точки А1, взятой на окружности, описанной вокруг тре­угольника ЛВС, проведены перпендикуляры А1Л, и AJB, на стороны ВС и Л С; Р н Q — соответственно середины отрезков ЛВ и Л ХВХ. Доказать, что /_PQM — 90°.

489. В треугольнике ЛВС из вершины Л проведена биссектриса AD до пересече­ния с описанной вокруг данного треугольника окружностью в точке Л х; М и N — соответственно середины отрезков CD и Л іВ . Доказать, что треугольники ЛСЛХ и A M N подобны.

490. Общая хорда двух пересекающихся окружностей является диаметром од­ной нз них. Через один из концов этого диаметра проведены касательные к данным окружностям. Доказать, что другой конец диаметра и середины отрезков проведен­ных касательных, отсекаемых окружностями, служат вершинами прямоуголь­ного треугольника.

491. В треугольнике ЛВС высоты AD и BE продолжены за вершины Л и В и на іц продолжениях отложены отрезки А М и BN такие, что А М — ВС и B N = = АС. Доказать, что отрезки СМ и CN перпендикулярны и равны.

492. На сторонах ЛС и ВС треугольника ЛВС вне его построены равносторон­ние треугольники ЛСВ1 и ВСЛх; М — середина стороны ЛВ и О — центр треуголь­ника ЛСВГ Определить углы треугольника М А хО.

493. На сторонах ЛС и ВС треугольника ЛВС вне его построены квадраты AC D At и В С £В Х. Доказать, что прямые Л В Х и В Л Х пересекаются на высоте данного треугольника, проведенной к стороне Л В.

494. Даны три равносторонних треугольника А {ВС, A 2DE и A^FQ, имеющие одинаковую ориентацию, причем точки Л х, Л 2 и Л3 являются вершинами равносто­роннего треугольника тоіі же ориентации. Доказать, что середины отрезков CD, EF и QB являются вершинами равностороннего треугольника.

495. Дан параллелограмм A BCD. На его сторонах CD и ВС построены вне его одинаково ориентированные подобные треугольники CDE и FBC- Доказать, что тре­угольник FAE подобен им и одинаково с н и м и ориентирован.

496. На сторонах ЛВ, ЛС и ВС треугольника ЛВС как на основаниях построены три равнобедренных подобных треугольника АВР, ACQ и BCR. Дна первых рас­положены вне данного треугольника, третий, напротив, но ту же сторону от ВС, как и данный треугольник (или обратно). Доказать, что четырехугольник APBQ —• параллелограмм.

497. На сторонах ЛС и ВС треугольника ЛВС вне его построены подобные пря­моугольники AC M N и BCPQ. Доказать, что прямые NB и QA пересекаются на вы­соте треугольника (или ее продолжении), проведенной из вершины С.

498. В конце Л хорды ЛВ окружности О проведена к ней касательная, к которой из точки В проведен перпендикуляр BAI, встречающий окружность вторично в точ­ке С. Доказать, что центр О, точка N, делящая хорду ЛВ в отношении A N : NB =

82

= 1 : 2, и точка С ', симметричная точке С относительно точки М, лежат на одной прямой.

499. Противолежащие стороны Л В и CD четырехугольника Л BCD разделены со­ответственно точками М и N в равных отношениях, считая отточек А и С. Доказать, что отрезок M N делит среднюю линию четырехугольника в том же отношении и де­лится сам средней линией пополам.

500. Точки Р, Q, R и 5 делят стороны четырехугольника ABCD так, что ЛР : РВ — DQ :-QC = гп и A R : RD = BS : SC — п. Доказать, что отрезки PQ и R S делят друг друга в тех же отношениях.

501. В треугольник ЛВС вписан параллелограмм ADEF так, что вершины D, Е и F лежат соответственно на сторонах ЛВ, ВС и АС. Через середину Л! стороны ВС проведена прямая ЛМ, пересекающая прямую DE в точке Қ. Доказать, что че­тырехугольник CFDK — параллелограмм.

502. Через противолежащие вершины параллелограмма проведены прямые, пересекающие его стороны или их продолжения в четырех точках. Доказать, что эти точки являются вершинами трапеции или параллелограмма.

503. В трапеции ABCD произвольная точка М боковой стороны ЛВ соединена с вершинами С и D. Из вершин Л и В проведены прямые A N и BN, параллельные соответственно прямым СМ и DM. Доказать, что точка /V их пересечения принадле­жит стороне CD.

504. Дан четырехугольник A B C D . Прямая, проведенная через вершину /1 па­раллельно стороне ВС, пересекает диагональ BD в точке М , а прямая, проведенная через вершину В параллельно стороне AD, пересекает диагональ АС в точке N. Доказать, что /VIN || CD.

505. Дан произвольный центрально-симметричный шестиугольник. На его сторо­нах как на основаниях построены во внешнюю сторону правильные треугольники. Доказать, что середины отрезков, соединяющих вершины соседних треугольников, являются вершинами правильного шестиугольника.

506. На стороне АС треугольника ЛВС взята такая точка М, что А М = —-АС,3

а на продолжении стороны ВС — такая точка N, что B N = СВ. В каком отношении делит точка пересечения отрезков А В и M N каждый из этих отрезков?

507. Даны три отрезка Л ,Л 2, В ,В 2 и CiC2. Их середины обозначим соответствен­но через Лз, В 3 и С3. Пусть центры тяжести треугольников A i B vCx, Л 2В2С2 и А ЯВЯС3 соответственно М ,, М» и М я. Доказать, что М 3 — середина отрезка M tM 2 (или точки М і , /VI2 и М 3 совпадают).

508. На медиане СМ треугольника ЛВС дана точка N. Через нее проведены пря­мые A N и BN, пересекающие стороны ВС и АС соответственно в точках Лі и Bi. Доказать, что отрезок Л 1В 1 делится медианой СМ пополам и параллелен сторо­не АВ.

509. На стороне А В треугольника ЛВС дана точка Р, через которую проведены прямые параллельно его медианам А М У и В М 2 и пересекающие соответствующие стороны треугольника в точках Л, и В ,. Доказать, что середина отрезка Л , В Х, точ­ка Р , и точка пересечения медиан Q данного треугольника лежат на одной прямой.

510. Расстояние от точки пересечения медиан треугольника до центра описанной около него окружности равно одной трети радиуса этой окружности. Доказать, что этот треугольник прямоугольный.

511. На двух прямых даны соответственно отрезки А В и CD. Точками М и М г

83

отрезок А В разделен в отношениях Л/VI : АВ = ВМ± \ А В = А С : BD, АС ф BD,а отрезок CD точками N и ЛЧ разделен соответственно в тех же отношениях. До­казать, что отрезок Л Ш і перпендикулярен отрезку Л;Л'ь

512. /Доказать, что если бомозые стороны трапеции перпендикулярны, то сумма квадратов се оснований равна сумме квадратов диагоналей.

513. Если в четырехугольнике сумма квадратов его диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон, то этот четырехугольник — параллелограмм. Доказать.

514. Даны два одинаково ориентированных квадрата ABCD и AiBiCiDi . Д ока­зать, что А А \ + CCjf = В В\ -j- DD\ .

515. На медиане СМ„ треугольника ABC дана точка Р, через которую прове­дены прямые АР и ВР, пересекающие стороны СВ и АС соответственно в точках AL и Bi. Доказать, что если A A і -= В В i, то треугольник равнобедренный.

51G. На основании АВ равнобедренного треугольника ABC дана точка Р. Д о­казать, что P C - — АС'1 — АР • ВР. Выяснить, как изменится формула, если точ­ка Р расположена на продолжении основания АВ.

517. Доказать, что если из произвольной точки /VI, взятой внутри прямоуголь­ного треугольника ABC (угол С прямой), провести перпендикуляры M X , M Y и MZ соответственно к сторонам ВС, СА и АВ, то имеет место соотношение A Y X X АС -!- BZ . В A -i- СХ ■ СВ = А В".

518. На продолжениях сторон АВ, ВС и СА треугольника ABC взяты соответ­ственно точки AI, /V и Р так, что ВМ — АВ , CN — ВС и АР — СА. Вычислить от­ношение суммы квадратов сторон треугольника P M N к сумме сторон треугольни­ка ABC.

519. Боковые стороны ВС и AD трапеции ABCD повернуты около своих середин в положительном направлении на 90’ , после чего они занимают положение отрезков В / \ и AiDi . Доказать, что DiC\ — AiBi.

520. На сторонах AB, CD и ЕР центрально-симметричного шестиугольника по­строены одинаково ориентированные равносторонние треугольники А В Р , CDQ и EFR. Доказать, что треугольник PRQ равносторонний (в частности, он может вы­родиться в точку).

521. Сторона АС треугольника ABC повернута около вершины /1 на Н-90°, а сторона ВС повернута около вершины В на —90°. Доказать, что положение середины отрезка CiC2, соединяющего концы Ci и С2 повернутых отрезков, не зависит от поло­жения вершины С.

522. На сторонах четырехугольника как на диаметрах построены полуокружно­сти, причем две противоположные полуокружности обращены внутрь четырехуголь­ника, а две другие — во внешнюю область. Доказать, что середины этих полуокруж­ностей являются вершинами параллелограмма.

523. Дан квадрат. Строятся всевозможные равнобедренные прямоугольные тре­угольники, вершина одного нз острых углов которых совпадает с вершиной квадра­та, а вершина прямого угла принадлежит его диагонали. Найти множество третьих вершин рассматриваемых треугольников.

52-!. На сторонах произвольного треугольника вне его построены квадраты. Доказать, что высоты треугольника, вершины которого являются центрами этих квадратов, проходят соответственно через вершины данного треугольника.

525. В треугольнике ABC проведем высоты AAi , BBi и CCi; Л 0, В0 и'С0 —. сере­дины этих высот. Доказать, чю треугольники A 0B 0Clt J}0C0Ai и Л 0С0йі подобны.

526. Даны параллельные прямые <д и q2 и две пары точек Ai, А 2 и Bi, В 2. На

прямых найти соответственно такие точки Сг и С2, чтобы А гСі || А*С2 н ВуСу ІІ В «С*.527. В четырехугольнике Л BCD стороны ВС и AD разделены на равные части

точками A v В., и А, , А? соответственно. Всегда ли можно провести прямую так, чтобы ее отрезок, заключенный между сторонами А В и CD, разделился па рав­ные части прямыми и Л ::L'3?

528. Даны три точки Л х, /І, и Сх. Считая их точками деления соответствующих сторон некоторого треугольника ЛВС в отношении 2 : 1 в одном и том же направле­нии обхода, построить треугольник ЛВС.

529. На гипотенузе прямоугольного треугольника или иа ее продолжении найти такую точку, чтобы прямая, соединяющая ее проекции па катеты, была перпенди­кулярна гипотенузе.

530. Пусть ОА, ОВ и ОС — три луча, пересекающие две прямые а и b соответ- ствснно в точках Л, В, С и Л 1( В Х, С j так, что АВ : ВС — п, ОА : ЛЛі — т. Найти зависимость между отношениями ОВ : ОВу = .v и ОС : ОС, = у.

531. Противолежащие стороны ЛВ и DC, AD и ВС четырехугольника ABCD пересекаются соответственно в точках П и F. Доказать, что образовавшиеся отрезки

АЕ • СЕ AF • CF удовлетворяют равенству 777:— — = — — — .

1 1 BE • DE B l • Dh532. Прямая, проходящая через центр тяжести треугольника, делит его стороны

на некоторые отрезки. Найти зависимость между отношением длин отрезков одной стороны и отношением длин отрезков другой стороны.

533. Доказать, что если в четырехугольнике продолжения противолежащих сто­рон попарно пересекаются, то середина отрезка, соединяющего эти точки пересече­ния, лежит па одной прямой с серединами диагоналей.

534. Доказать, что сумма четвертых степеней расстояний данной точки, распо­ложенной в плоскости некоторой окружности, до вершин любого вписанного в нее квадрата постоянна.

§ 7. НАИБОЛЬШИЕ: И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ

Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений удобно решать по следующему плану:

1. Выявляют оптимизируемую величину (т. е. величину, наиболь­шее или наименьшее значение которой требуется найти) и обозначают се, например, буквой у (или S, Р, г, R и т. д. в зависимости от фабулы задачи).

2. Одну из неизвестных величин (сторону, угол и т. д.) объявляют независимой переменной и обозначают буквой х; устанавливают ре­альные (в соответствии с условиями задачи) границы изменения х.

3. Исходи из конкретных условий данной задачи, выражают ве­личину у через х и известные, т. е. заданные ио условию задачи, вели­чины (этап геометрического решения задачи).

4. Для полученной на предыдущем этапе функции у — [ (л*) на­ходят наибольшее или наименьшее значение (в зависимости от тре­бований задачи) по промежутку реального изменения ,v, найденному в п. 2.

5. Интерпретируют результат и. 4 для данной конкретной гео­метрической задачи.

85

На первых трех этапах составляется, как принято говорить, ма­тематическая, т. е. аналитическая, модель данной геометрической задачи. Здесь часто успех решения зависит от разумного выбора не­зависимой переменной. Важно, чтобы было сравнительно нетрудно аналитически выразить у через х. На четвертом этапе составленная математическая модель исследуется чаще всего средствами математи­ческого анализа, иногда элементарными способами. В момент такого исследования сама геометрическая задача, послужившая отправной точкой для математической модели, исследователя не интересует. И лишь когда закончится решение задачи в рамках составленной ма­тематической модели, полученный результат интерпретируется для исходной геометрической задачи (пятый этап).

Напомним план решения средствами дифференциального исчис­ления задачи на отыскание наибольшего или наименьшего значения функции у — f (х), дифференцируемой на промежутке X'-

1) находят /' (л-);2) находят стационарные и критические точки для функции f (.v),

т. е. соответственно точки, в которых f'(x) — 0 или /' (х) не сущест­вует; выбирают из них те точки, которые принадлежат промежутку X:

3) составляют таблицу значений функции у = f (х); в эту таблицу включают значения функции в точках, найденных в п. 2), а также на концах промежутка X. Если промежуток X не содержит своих кон­цов, то в таблицу включают пределы функции f (х) на его концах.

Следует иметь в виду, что бывают случаи, когда задача проще ре­шается чисто геометрическим путем (см. ниже пример 5).

П р и м е р 1. На окружности радиуса R даны точки А и В, рас­стояние между которыми равно а , и произвольная точка С. Чему рав­но наибольшее значение выражения АС2 -[- ВС; (рис. 93)?

Р е ш е н и е . 1. Оптимизируемой величиной является выраже­ние АС2 -f- ВС'1; положим АС2 -{- ВС'2 — у.

2. Выберем независимую переменную: положим х — Z_ CAB. Реальные границы этой переменной таковы: 0 < х < л; — у, где у — / - А С В (этот угол не зависит от выбора точки С, поскольку всегда измеряется половиной меньшей дуги АВ)\ ясно, что точку С по смыслу задачи надо выбирать на большей дуге АВ.

3. Выразим у, т. е. AC2 -f- ВС2, через л', а и R. По теореме синусов ВС — 2R sin х, АС = 2R sin (л. — х — у) — 2R sin- (.v -)- ү). Так как

А В —■ 2R sin у, то получаем, что a — 2R sin у,

лучаем: у — АС2 + ВС2 = (2R sin х)'2 -f- + (2R sin (х 4- у))~ — 4R~ (sin2 х + sin2 (х -j- т)),где sin у = —- (математическая модель задачисоставлена).

4. Рассмотрим функцию у = 4/^2 (sin2 х -(- -j-sin2 (х -\- ү)). Надо найти ее наибольшее зна­чение па промежутке ]0; я — ү[. Сделаем не-

Рис. 93 которые преобразования выражения, задаю-86

щ е г о ф у н к ц и ю . И м е е м : у — 4 R 2 ^1 — cos 2х . 1 — cos (2.v -j- 2ү)

2 2 /2R~ (2 — (cos 2x + cos (2x -|- 2ү)) = 4/?2 (1 — cos (2x + ү) cos ү). Наибольшее значение полученного выражения можно найти без

производной: ясно, что оно достигается там, где cos (2х -f- У) дости­гает наименьшего значения, т. е. когда cos (2х -}- у) — — 1. Это будет

Д __ AJ __ Л Jпри 2х + У = т. е. при х — — Отметим, что точка - при­

надлежит промежутку ]0; л — у[.Вычислим наибольшее значение функции у: y = 4R2( l —

— (— 1) cos у) = 4R 2 (1 -f- cos у) — 4 R2 (1 -f У 1— sin2 ү) =

= 4R2 \ + j /" 1 — j = 2R (2 R - f Y 4R2 — a2) (на этом заканчи­вается этап решения задачи внутри составленной математической мо­дели).

5. Возвращаясь к исходной задаче, делаем следующий вывод: наибольшее значение выражения AC2 -j- ВС2 равно 2R (2R -J--f- У 4R2 — ci~)', оно достигается, когда Z.CAB = т. е. когда

треугольник АБС равнобедренный (АС ~ СВ).П р и м е р 2. Через фиксированную точку М внутри угла прове­

дем прямую, отсекающую от угла треугольник наименьшей площади (рис. 94).

Р е ш е н и е . 1. Оптимизируемая величина — площадь 5 тре­угольника АОВ.

2. Проведем D M || ОВ, М К || 0.4. Положим КВ — х\ реальныеграницы изменения х: 0 < Л' < -j- со. •

3. Поскольку М — фиксированная точка, отрезки DM и К М тоже фиксированы, положим D M — а, К М = Ь и выразим S через -V, а и Ь.

Рассмотрим треугольники МКВ и АОВ. Они подобны, значит,— = — , т. е. — = — . Отсюда находим: АО — Ь ДалееАО ОВ АО а -1- X х

имеем: 5 = —АО • ОВ sin а , где а = Z. АОВ. Значит, 5 =

_ \_ Ь (а - г л) ^ ^ sjn а __ Ь sm а (а л) (математическая модель за­

дачи составлена).

4. Рассмотрим функцию 5 = /г —X

t Ь sin а тт ..О < х < -|- со, где /г = ----- . Найдем ее на­

именьшее значение.1) S ' = /г 2 ( а х ) х — ( а -1- л-)2

__ /г (" + х> (х ~ а)Рис. 94

87

2) Производная не существует в точке .г — 0, а обращается в нуль в точках х = —а, х — а. Из этих трех точек промежутку ]0; принадлежит лишь точка .v = а.

3) Найдем односторонние пределы функции на концах промежут­ка:

lira+0

-{- оо, 1 im к (а 4 -V)-

X 0 -{-ОО а

У -J-OO -|-со 4/м

Таблпца значений функции выглядит так:Значит, наименьшее значение функции

достигается в точке х = а.5. Вернемся к исходной геометричес­

кой задаче. Если л' — ҚВ—а , то, пос­кольку ОҚ — а и М К — средняя линия

треугольника АОВ , значит, точка М — середина АВ. Таким об­разом, чтобы от сторон угла отсечь треугольник наименьшей пло­щади, надо провести через точку М прямую так, чтобы ее отрезок, заключенный между сторонами угла, делился в точке Д! пополам.

П р и м е р 3. На равных сторонах А В и ВС равнобедренноготреугольника ABC взяты точки D и Е так, что DE || АС. На DE как па основании построен квадрат так, что квадрат и точка В лежат по разные стороны от прямой DE. Найдем наибольшее значение

площади пересечения треугольника и квадрата, если АС = Ь, а высота ВН треугольника А ВС равна Һ.

Р е ш е н и е . 1. Оптимизируемая величина — площадь S пересечения треугольника и квад­рата.

2. Обозначим через .v сторону квадрата: -V = DE. Найдем реальные границы изменения х.

Ясно, что из всех квадратов, целиком лежа­щих внутри треугольника, наибольшую площадь имеет вписанный квадрат, т. е. квадрат, все вер­шины которого лежат на сторонах треугольни­ка (рис. 95). Если х больше стороны вписан­ного квадрата, то квадрат и треугольник рас­положены так, как показано на рисунке 96, — в этом случае пересечением квадрата и треуголь­ника будет вписанный прямоугольник DE P T (вписанный квадрат — частный случай). Значит, реальные границы изменения .ү: от стороны впи-

с санного квадрата до стороны АС.Найдем сторону вписанного квадрата. Из по­

добия треугольников BDE и ABC (рис. 95) по-х Һ — х bkлучаем: — = ------ , откуда находим: д

Т Н Р Рис. S5

Ь 4- Һ

Рис. 96Итак, — <С .V < Ь.

ь + һ

88

3. Выразим площадь 5 вписанного прямоугольника DEPT черезх, а и Һ. Из подобия треугольников ЛОТ и Л ВН получаем: — =

ВНЬ х

AT DT 2 2 п г һ Ф — •*)= — , т. е. — = — ;— , откуда ВТ =АП к Ь Ь

и, следовательно,

Их (I> — х)

.V2) иа промежутке4. Рассмотрим функцию S — ~г фх

наіідем ее наибольшее значение:1) S' = - (b — 2.V); 2) S' = 0 при X =

ьТеперь надо выяснить, лежит ли точка — внутри промежутка

bh_

ь Һ\Ъ

т. е. выполняется ли неравенствоbh

bhb + h

\b ,

b hесли 2h < b -}- h, т. e. если h < b. Если же h ^ b, то внутри проме­жутка b\

+ h Lстационарных точек пет.

3) Составим таблицу значений функции, среди которых надоискать наибольшее. Заметим прежде всего, что

lim 5 (.v) = lim ~ фх — х2) = 0.х~уЬ—0 х-+Ь—0 b

Далее 5 (—— \ = (—— V, так как —- ------- сторона вписанного^ ’ [ь л_ hj \ ь -{- Һ) ь -i- Һ

квадрата. Наконец, 5 f ~ ) = ~ ( b • ~ — (- -) ) = — . Если Һ < Ь>4

bhЬ Һ

ь \ 2то таблица имеет вид:

Докажем, что ’ ^ 110 сво’дится к неравенству (b -j- Һ)2 > 4bh, т. е. ф — Л)2> 0, а это— очевидное нера­венство.

Итак, если Һ < Ь, то нанболь-, о ьшее значение функции 5 равно — и достигается в точке х — —.

Если Һ ^5 I), то таблица имеет вид:В этом случае наибольшее значение функ-

(—Ги + N

bh4

цнн 5 равноbk

ь + Һ

bhТ+Һ

, оно достигается в точ­

ке .V =

5. Возвращаясь к исходной задаче, при­ходим к ..следующему выводу. Если высота треугольника меньше основания, то наиболь-

Xbh

b + h b

S1 bh у

0[b-\-h)

89

Рис. 97 Рис. 98

шую площадь будет иметь пересечение треугольника с квадратом, построенным на средней линии треугольника. Если же высота тре­угольника не меньше основания, то наибольшей будет площадь впи­санного в треугольник квадрата.

П р и м е р 4. Рассматриваются всевозможные трапеции, вписан­ные в окружность радиуса R. Найти боковую сторону трапеции наи­большей площади, если известно, что одно из оснований трапеции равно R V S .

Р е ш е н и е . 1. Оптимизируемая величина — площадь S тра­пеции.

2. Обозначим буквой х угол при известном основании трапеции. Наименьшее возможное значение этого угла 60°, тогда трапеция вы­рождается в правильный вписанный треугольник, его сторона, как известно, равна R}/~3 (рис. 97). С другой стороны, Л' должен быть меньше 120°, так как дуга, на которую опирается вписанный угол при основании трапеции, меньше 240° (рис. 98).

Итак, установлены реальные границы для введенной независимой переменной: 60° ^ * < 120°.

3. Выразим площадь 5 трапеции A BCD через х и R. Имеем:AD = R V Z , BD = 2R sin x, Z.ABD = ^ AD = 60°, Z.BDA =

= 120° — *, BH = BD • sin (120° — x) = 2R sin x sin (120° — x) (BH — высота).

HD = = BD cos (120° — x) = 2R sin x cos (120° — x),

S — HD • BH — 2R sin x cos (120° — x) • 2R sin x sin (120° — x) =— 2R 2 sin2 x sin (240° — 2x).

4. Найдем наибольшее значение функцииS — 2R2 sin2 x sin (240° — 2x) на промежутке [60°; 120°[.

1) S'— 2R~ (2 sin x cos x sin (240° — 2x) — 2 sin2 x cos (240° —— 2x)) — 4R” sin x (sin (240° — 2x) cos x — sin x cos (240° — 2x)) = = 4R 2 sin a: sin (240°— 2x — x) = 4R2 sin ,v sin (240° — 3.v).

2) На промежутке [60°; 120°[ S' обращается в нуль лишь в точке х = 80°.

90

о) X 60° се

І ® to О

S 3R- | '3 4

2R2 s in 1 80J 0

В этой таблице под 5 (120°) понимается lim S. Сравним

X -V 120’3 R- V 3значения

Предположим,-и 2/?2sin380°. что 2 R* х

у т уX sin3 80° > Тогда sin3 80° > 3 , откуда sin3 80° >У з

т. е. sin 80° > і ү - или sin 80° > sin 60°. Последнее неравенство, ас ним и предположение верпы. Значит, наибольшее значение функ­ция 5 достигает при х = 80°.

5. Итак, наибольшую площадь имеет трапеция с углом при осно­вании 80°. Надо было найти боковую сторону такой трапеции. Из треугольника ABD (рис. 98) имеем: АВ — 2R sin (120° — Л'). При л; = 80° получаем: А В — 2R sin 40°.

11 р и м е р 5. Докажем, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный треугольник.

Р е ш е н и е . I способ. 1. Оптимизируемая величина у — биссек­триса BD (рис. 99).

2. По условию АС и Z .ABC постоянны, положим АС = b, Z.ABC— — \). Введем независимую переменную х = Z.ADB.

Найдем реальные границы изменения х. С одной стороны, угол х как внешний для треугольника BDC больше, чем любой угол этоготреугольника, не смежный с углом BDA, т. е. х > —. С другой сто­

роны, из треугольника ABD заключаем, что л* < я — —.

2 23. Выразим BD через х, Ь и (5. Отметим, что / . B A D = л

£2 ‘

Итак,

/ .B C D л'

По теореме синусов из треугольника ABC получаем: АС sin В

АВ sin С

т. е. А Вsill (І

Sin I X — —

, откуда находим: АВb sin( х— —

sin р

Аналогично по теореме синусов из тре­угольника ABD мы получаем: ■ АВ ■ — - В-:- ■,

sin D sin ЛАВ vт. е. ------= --------- ---------- ,> откуда находим:

Sill я — х —-

91

AB sin .V -| b sin — — sin .V + “P2 j

sin X sin .V sin P_b__ cos p — cos 2x

2 sin P

4. Найдем наибольшее значение функции у — -------2 sin Р

Р . _ *

S1 П Xcos р — cos 2х

sin X

на промежуткеb

1 ) у '2 sin 2х sin .V — ros .v (cos p — cos 2.v)

2 s in p sin2 я 2 sin P(cos 2.v cos .v -f- sin 2.v sin .v) -|- sin 2x sin .v — cos P cos .v_ b

Л _ - 2 s j n p

X

sin- xCOS X -}- 2 sin '2 x cos x — COS P cos X

S ' n - X

pb COS X I sin2 — -}- sin- X

b cos ,v (1 — cos p -j- 2 sin2 x)

2 sin p sin2 x

промежутке

sin P sin2 X

e

p

2) у' = 0, если cos x — 0, т. e. при ,v = — (других решений на

; 7i уравнение cos х — 0 не имеет); у' не суще­

ствует, если sin х — 0. но в промежутке ; .'I это уравнение

не имеет решении.3) Чтобы составить таблицу для отыскания наибольшего значения

функции, вычислим прежде всего односторонние пределы рассматри­ваемой функции при ,ү-> ү -j- 0 и при Л' -> я — — 0.

J . b (cos Р — cos 2.v) _ b (cos р — cos р) q

о D . . и ’01 2 sin Р sill А'2 sin (i sin

]im Һ fc°S P ~ C0S 2л') _ b C0S P ~ C0S — p)) _ Q

p 2 sin P sin x . / p^2 sin P sin I я — — ]

Теперь уже ясно, что наибольшее значение функция у (х) имеет при х — -ү. Это значение равно:

2 sin рCOS Р -j- 1

1

b • 2 cos2 — 2 Ь . р

— ctg—. 2 2

5. Если х — то Z_ADB — 90°. Это значит, что в треугольнике

ЛВС биссектриса BD является высотой, значит, треугольник ЛВС равнобедренный. Таким образом, нз всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный треугольник.

92

II способ. Дадим геометрическое дока­зательство, которое, как мы увидим, по краткости и изяществу значительно выиг­рывает по сравнению с первым способом.

Опишем окружность около треугольника ЛВС с биссектрисой BD (рис. 100). Вершины всех остальных треугольников с данным ос­нованием и данным углом при вершине ле­жат на дуге А ВС. Возьмем равнобедренный треугольник ЛВХС, проведем в нем биссект­рису BXD X и докажем, что BD < BxDi.

Продлим обе биссектрисы BD и BXDх до пересечения с окружностью. Обе они пере­секут окружность в одной и той же точке М — середине дуги АС. Так как В^М диаметр окружности, то ВМ < ВХМ. Из треуголь­ника DDXM заключаем, что DM ~>DXM. Из этих неравенств сле­дует, что ВМ — DM < ВХМ — D XM, т. с. что BD < BXD X.

Рис. 100

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

535. Доказать, что в прямоугольном тр е у г о л ь н и к е -^ ^ V 2 — 1, где г — ра­

диус вписанной, a R — радиус описанной окружности.536. Доказать, что в равнобедренном треугольнике отношение радиусов вписан*

1ной и описанной окружностей не больше —.

537. Доказать, что из всех треугольников с одинаковым углом при вершине и постоянной суммой боковых сторон наименьшее основание имеет равнобедренный треугольник.

538. Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине равнобедренный треугольник имеет: а) наибольшую площадь; б) наи­больший периметр.

539. Доказать, что из всех равнобедренных треугольников, вписанных в дан­ную окружность, равносторонний треугольник имеет: а) наибольшую площадь; б) наибольший периметр.

540. Точка А лежит между двумя параллельными прямыми Һ и /3, удалена от них на расстояния а и b и является вершиной прямого угла прямоугольного тре­угольника АВС\ точка В лежит иа прямой Һ, точка С — на прямой Доказать, что из псех таких треугольников наименьшую площадь имеет треугольник с кате­тами a Y 2 и b y 2.

541. В треугольник вписан прямоугольник. Доказать, что площадь прямоуголь­ника не больше половины площади треугольника.

542. Доказать, что из всех параллелограммов, вписанных в данный треугольник та к , что у треугольника и параллелограмма есть общий угол, наибольшую площадь имеет параллелограмм, вершина которого делит пополам сторону треугольника, противолежащую общему углу.

543. В треугольнике ABC площадь равна S и /СВ — р. Найти наименьшее

значение: а) суммы сторон А В и ВС\ б) стороны ЛС; в) периметра треуголь­ника.

544. Из всех равнобедренных треугольников с постоянной длиной медианы, проведенной к боковой стороне, найти треугольник с наибольшей площадью. Чему равен угол при вершине такого треугольника?

545. В треугольнике ABC со сторонами а, b и с стороны А В и Л С продол­жены за вершины В и С па расстояния AD и А Е так, что BD + СЕ = АС. Найтн AD и А Е так, чтобы отрезок был наименьшим.

546. В треугольнике ABC па стороне ЛС взята произвольная точка, из нее опущены перпендикуляры на стороны А В и ВС. Чему равны наимень­шее и наибольшее значения суммы этих перпендикуляров, если известно, что А В > ВС?

547. В данный прямоугольный треугольник вписать прямоугольник, имеющий с треугольником общий прямой угол и наименьшую диагональ.

548. Статуя высотой 4 м стоит на колонне высотой 5,6 м. На каком расстоянии от колонны должен встать человек, чтобы видеть статую под наибольшим углом, если расстояние от земли до уровня его глаз равно 1,6 м?

549. Боковые стороны н одно из оснований трапеции равны 15 см. При каком основании площадь трапеции будет наибольшей?

550. Из прямоугольной трапеции с основаниями а и b и высотой Һ вырезается прямоугольник наибольшей площади. Чему равна эта площадь, если: а) а — 80 см, b — 60 см и Һ — ‘100 см; б) а = 24 см, b = 8 см и Һ = 12 см?

551. Сторона квадрата ABCD равна 8 см. На сторонах А В и ВС взяты соответ­ственно точки Р и Е так, что ВР = BE — 3 см. Найтн на сторонах CD и AD точки М и К так, чтобы трапеция Р Е М К имела наибольшую площадь. Чему равно наи­большее значение площади трапеции?

552. У пятиугольника ABCD E углы А, В и Е прямые, А В — а, АЕ — Ь, ВС —= с и D E = т. Вписать в пятиугольник прямоугольник наибольшей площади, если:а) а = 7 см, b — 9 см, с — 3 см и гп = 5 см; б) а — 7 см, b = 9 см, с — 3 см и т —= 4 см.

553. На окружности даны две точки Л и В. Найтн на окружности точку С такую, чтобы: а) произведение ЛС • ВС было наибольшим; б) сумма ЛС + ВС была наи­большей.

554. а) Из всех секторов с данным периметром Р найдите тот, который имеет наибольшую площадь.

б) Из всех секторов с данной площадью S найдите тот, который имеет наимень­ший периметр.

555. Сечение тоннеля имеет форму прямоугольника, завершенного сверху полу­кругом. При каком радиусе полукруга площадь сечения будет наибольшей, если периметр сечения равен Р?

556. Хорда А В удалена от центра О окружности радиуса R на расстояние Һ. В меньший из двух сегментов, образованных хордой А В, вписать прямоугольник наибольшей площади.

557. В окружность радиуса R вписана трапеция, одно из оснований которой равно диаметру. Найти наибольшую площадь такой трапеции.

558. а) Доказать, что нз всех треугольников с данным острым углом при верши­не и данным основанием наибольшую медиану, проведенную к основанию, имеет равнобедренный треугольник.

б) Доказать, что нз всех треугольников с данным тупым углом при вершине и

94

данным основанием наименьшую медиану, проведенную к основанию, имеет равно­бедренный треугольник.

559. Через вершину В данного треугольника ABC проведена прямая I. Из точек А и С опущены перпендикуляры на эту прямую. Доказать, что сумма этик перпендикуляров будет наименьшей, если прямая I перпендикулярна медиане ВМ треугольника ABC.

560- а) Из всех равнобедренных треугольников данной площади 5 найтн тот, в который можно вписать окружность наибольшего радиуса. Вычислить этот радиус.

б) Около окружности радиуса г описать равнобедренный треугольник наимень­шей площади. Найти эту площадь.

561. Сторона квадрата ABCD равна G см. На сторонах AD и АВ взяты точки Ки Р так, что А К — 3 см, АР = 2 см. В квадрат вписана трапеция с основанием КР. Какова наибольшая площадь трапеции? j

562. Хорда АВ равна радиусу окружности. Хорда CD проведена параллельно АВ так, что трапеция ABCD имеет наибольшую площадь. Найти угловую величину меньшей из дуг, стягиваемых хордой CD.

Глава II

СТЕРЕОМЕТРИЯ

§ 8. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О ПОСТРОЕНИИ ИЗОБРАЖЕНИЯ ДАННОЙ ФИГУРЫ

1. В планиметрии изображением данной фигуры Ф0, называемой оригиналом, считается любая фигура Ф, подобная фигуре Ф0.

Так, если данная фигура Ф0 — прямоугольный треугольник с катетами, равными 5 и 30 см, то его изображением можно считать любой прямоугольный треугольник с катетами, отношение которых равно 5 : 30, например прямоугольный треугольник с катетами, рав­ными 1 и 6 см.

Заметим, что иа практике построить изображение данной фигуры,' даже с точностью до подобия, не всегда просто. Так, если для решения задачи требуется построить изображение прямоугольного треуголь­ника по заданным гипотенузе и биссектрисе одного из острых углов, то, так как ни один из острых углов треугольника неизвестен, для построения изображения с точностью до подобия потребовалось бы выполнение некоторого вспомогательного построения, т. е. по суще­ству решение новой задачи. В таких случаях, естественно, попытаться решить поставленную задачу на «приближенном» чертеже и после того, как решение будет найдено, выполнить чертеж с точностью до подобия.

2. Сложнее обстоит дело с построением изображения данной фи­гуры в стереометрии.

В начертательной геометрии детально разработаны различные методы построения изображений, в частности различные виды парал­лельного проектирования. Однако выполнение чертежей в какой- либо определенной параллельной проекции на уроках геометрии в средней школе по большей части не оправдано. ГІрп решении гео­метрических задач построение изображений фигур выполняется в произвольной параллельной проекции, т. е. положение оригинала относительно плоскости, на которую выполняется проектирование, и направление самого проектирования относительно этой плоскости оставляются неопределенными. Возможность применения такого спо­соба построения проекционного изображения следует из теоремы Польке — Шварца, в соответствии с которой любой плоский четырех­угольник A BCD вместе с его диагоналями мроісет быть принят за параллельную проекцию тетраэдра, подобного тетраэдру A 0B0CoD0 произвольной формы. По изображению, полученному при таком произ­вольном параллельном проектировании, оригинал восстановить

96

а) 6) в)

/ Г—Г..Т ] П 7 М!jj ; t / jl __ и 1 j__)

____ II k Z 1/ ! / _ Jг)

Рис. 101

нельзя, но при решении задач школьного курса геометрии этого де­лать и не требуется.

3. К проекционным чертежам, выполняемым при решении задач в средней школе, предъявляются следующие требования:

1) изображение должно быть верным., т. е. должно представлять собой фигуру, подобную параллельной проекции оригинала;

2) изображение должно быть по возможности наглядным, т. е. должно вызывать пространственное представление о форме оригинала (в некоторых случаях от этого требования отступают. Об этом будет сказано ниже);

3) изображение должно быть легковыполнимым, т. е. правила по­строения должны быть максимально просты; обилие вспомогатель­ных построений лишь затрудняет понимание содержания задачи.

Необходимо четко различать понятие верного и понятие наглядно­го изображения.

Верность изображения является строго определяемым математиче­ским понятием, а понятие наглядности относится к числу субъектив­ных, так как оно связано с индивидуальным восприятием изображае­мой фигуры.

Так, все представленные на рисунке 101, а, б , в , г изображения — это верные изображения куба. Однако наглядным нам представляется изображение, показанное на рисунке 101, г. На рисунке 101,5, е, ж, з все изображения — это верные изображения правильной четырех- угольной пирамиды. Наглядным же нам представляется только изо­бражение на рисунке 101, з.

Чтобы изображение было верным, достаточно строить это изобра­жение в соответствии с законами параллельного проектирования.

4. С понятием верного изображения тесно связано понятие пози­ционной полноты изображения (или, короче, полноты изображения). Изображение фигуры Ф0 называется полным, если каждая точка Л0,4 Заказ 49 97

принадлежащая фигуре Ф0, является заданной на проекционном чертеже.

Напомним кратко, как определяется это понятие.Плоскость со, на которую проектируются изучаемые фигуры, на­

зывают проекционной плоскостью или плоскостью изобрао/с.ения (фак­тически это плоскость чертежа), а само проектирование иа плоскость а называют внешним. Для построения изображения некоторой фигуры может быть выполнено либо центральное, либо параллельное проек­тирование. Говоря о внешнем проектировании, мы в дальнейшем будем иметь в виду только параллельное' проектирование.

Рассмотрим в пространстве некоторую плоскость я0, отличную ота, и некоторое непараллельное плоскости я0 новое направление парал­лельного проектирования; проектирование в этом направлении будем называть вспомогательным (параллельным). Для каждой точки /10 пространства построим точку А0 — проекцию точки А 0 на плоскость я0 (вспомогательную проекцию), а затем обе точки А0 и А о спроекти­руем на плоскость а (рис. 102).

Получим точки А и А', которые называют соответственно проек­цией и вторичной проекцией точки Л0.

Соответствие А А' на проекционной плоскости можно (разу­меется, условно) рассматривать как некоторый род проектирования; его называют внутренним параллельным проектированием, так как оно осуществляется внутри плоскости изображения. Очевидно, что, каковы бы ни были точки /10, В0, С0, ... в пространстве, в плоскости изображения будет: АА' || ВВ' || СС' Ц ... .

Под проекцией (изображением) пространственной фигуры пони­мают совокупность проекций всех ее точек.

Для получения проекции пространственной фигуры Ф0 (ориги­нала) в общем случае не является обязательным проектирование каждой из ее точек. Так, если Ф0 — многогранник, то он ограничен конечным числом граней (плоских фигур), каждая же грань ограни­чена ломаной, звенья которой — это ребра многогранника (отрезки). Каждое ребро в свою очередь ограничено парой вершин многогран­ника. Если найти проекции всех вершин многогранника, то тем са­

мым будут определены проекции и всех его ребер и граней, т. е. вообще проекция многогранника.

Точка Ло, принадлежащая фигу­ре Фо, называется заданной на про­екционном чертеже (короче, задан­ной), если известны ее проекция и вторичная проекция, т. е. пара точек: А и А'.

Таким образом, две пары точек А, А' и В, В' при условии, что АА' || || В В' , определяют полное изображе­ние прямой А 0В0.

Рис. 102 Аналогично, если АА' || ВВ'\\СС',

98

то пары точек А, А'; В, В' и С, С' опреде­ляют полное изображение плоскости А 0ВпС0.

Для обоснования полноты изображения некоторых фигур целесообразно бывает рассмотреть центральное вспомогатель­ное проектирование точек А 0, В0, С0, ...фигуры-оригинала Ф0 па плоскость л0. Вы­полнив это проектирование, а затем, как обы­чно, внешнее (параллельное) проектирование а^~^=г- точек А0 и А ’0, В0 и В'0, С0 и С‘0, ... на пло­скость а, получим проекции и вторичные проекции точек Ло, В0, С0, ... .Соответствие А -у- /Г в этом случае называют (естест- Рис. юзвенно, условно) внутренним центральнымпроектированием. Очевидно, каковы бы ни были точки /10, В0, С0, ... в пространстве, прямые АА', ВВ' , СС', ... в плоскости изображения пересекаются в одной точке.

Покажем теперь, что если задать проекции вершин пирамиды 5 ()/10В0С0 — точки S, А, В и С (без вторичных проекций), то изобра­жение пирамиды будет полным. Действительно, выбрав в качестве центра вспомогательного проектирования точку S,„ а в качестве пло­скости л0 плоскость А 0В0С0, можно для каждой точки М0 пирамиды по ее проекции ЛІ построить вторичную проекцию — точку М'. На рисунке 103 это построение выполнено для точки М0, принадлежащей плоскости S()A()K 0. Вторичпоіі проекцией точки S можно при этом считать любую точку треугольника ABC.

Изображение конуса в виде фигуры, состоящей из эллипса и пары касательных к эллипсу, проведенных из некоторой внешней точки, является полным. Чтобы в этом убедиться, можно рассмотреть конус совместно с вписанной в него пирамидой.

5. Если изображение фигуры Фп является полным, то на нем раз­решима любая позиционная задача, т. е. задача о построении инци- денций заданных фигур (например, задача о нахождении точки пере­сечения заданной прямой и заданной плоскости).

6. С понятием верного изображения связано также понятие его метрической определенности.

Изображение фигуры Ф„ называется метрически определенным, если по нему можно (в принципе) восстановить фигуру Ф0 с точностью до подобия.

Полное изображение в общем случае еще не является метрически определенным, однако при определенных условиях оно может стать метрически определенным. Так, если указать, что призма, изобра­женная на рисунке 101, г, правильная, то изображение ее не будет метрически определенным. Если же добавить, что боковое ребро приз­мы вдвое больше стороны основания, то метрическая определенность изображения будет обеспечена.

Изображение, сопровождаемое условиями, позволяющими вос­становить оригинал с точностью до подобия, называют условным.

4* 99

Именно условные изображения применяются на уроках математики в средней школе.

Эти условия (они содержатся в тексте задачи, и их обычно указы­вают в краткой записи данных) весьма разнообразны и зависят, в частности, от того, какая фигура изображается.

Так, если в оригинале фигура Ф0 — куб, то ее изображение до­статочно сопроводить условием: фигура Ф — куб. Действительно, при таком условии, наложенном на фигуру Ф, восстановить оригинал с точностью до подобия можно, так как все кубы подобны между собой.

Если же фигура Ф0 — правильная четырехугольная пирамида, то сопроводить ее изображение условием, что фигура Ф — правиль­ная четырехугольпая пирамида, недостаточно, так как в данном слу­чае мы еще не сможем восстановить оригинал с точностью до подо­бия. Чтобы изображение в этом примере стало метрически определен­ным, следует указать еще, например, отношение высоты пирамиды к стороне основания, или угол между боковым ребром и плоскостью основания, или угол между боковой гранью и плоскостью основания и т. д.

7. Построения, выполняемые на проекционном чертеже, могут быть позиционными и метрическими. Позиционные построения пере­дают свойства оригинала, сохраняющиеся при параллельном внешнем проектировании.

Метрические построения, как правило, передают свойства ориги­нала, не сохраняющиеся при параллельном проектировании.

Некоторые построения, которые на первый взгляд кажутся мет­рическими, в конкретной задаче могут оказаться позиционными. Так, построение высоты треугольника в общем случае — построение мет­рическое, поскольку свойство прямых быть перпендикулярными при параллельном проектировании не сохраняется. Однако если в ори­гинале стороны А0В0 и Б0С0 треугольника А0В0С0 равны, то в ориги­нале высота B0Dq является и медианой, а свойство отрезка быть ме­дианой треугольника при параллельном проектировании сохраняет­ся, поэтому изображением высоты B0D0 этого треугольника будет медиана BD треугольника ЛВС. Таким образом, в рассматриваемом случае построение изображения высоты является позиционным.

8. Для обоснования метрической определенности полного изобра­жения необходимо различать аффинные и метрические свойства фи­гур. Напомним некоторые нз них.

Аффинные свойства (сохраняющиеся при параллельном проекти­ровании):

1) свойство фигуры быть точкой, прямой, плоскостью;2) свойство фигур иметь пересечение;3) деление отрезка в данном отношении;4) свойство прямых, плоскостей, прямой и плоскости быть парал­

лельными;5) свойство фигуры быть треугольником, параллелограммом, тра­

пецией;6) отношение длин параллельных отрезков;

ю о

7) отношение плошадей двух фигур и др.Метрические свойства (не сохраняющиеся при параллельном про­

ектировании, по сохраняющиеся при преобразовании подобия):1) свойство прямых (плоскостей, прямой и плоскости) образовы­

вать между собой определенный угол (в частности, быть перпендику­лярными между собой);

2) отношение длин непараллельных отрезков;3) отношение величин углов между прямыми (в частности, свой­

ство прямой быть биссектрисой угла);4) отношение величин двугранных углов;5) отношение величин углов между прямыми и плоскостями и др.Таким образом, например, основание правильной четырехуголь­

ной призмы, являющееся в оригинале квадратом, может быть изоб­ражено произвольным параллелограммом, так как отношение длин непараллельных сторон квадрата (равное единице) и перпендикуляр­ность его смежных сторон являются метрическими свойствами, а па­раллельность противоположных сторон является свойством аффин­ным.

Вообще, произвольный параллелограмм может быть изображением и параллелограмма, и прямоугольника, и ромба, и квадрата.

9. На изображении, построенном по правилам параллельного проектирования, естественно, не просматриваются метрические усло­вия, указанные в тексте задачи. Эти условия обычно указывают от­дельно, сопровождая ими чертеж. Дополняя чертеж метрическими условиями, мы, как говорится, расходуем параметры.

Так, если фигура Ф0 —• ромб A 0B0C0D0 и параллелограмм A BCD — его изображение, то, сопровождая чертеж словами «ABCD — ромб», мы тем самым налагаем на изображение одно метрическое условие, или, как говорят, расходуем один параметр. Действительно, в ориги­нале А0В0 = В0С0, т. е. А 0В0 : В0С0 = 1, но отношение длин непарал­лельных отрезков при параллельном проектировании не сохраняется,и, следовательно, равенство А0В0 — В0С0 выражает одно метрическое свойство оригинала. Аналогично построив иа чертеже параллелограмм и добавив при этом запись, что изображен квадрат, мы расходуем два параметра.

При изображении фигуры Ф0 некоторой фигурой Ф, обладающей только аффинными свойствами оригинала, параметры не расходуют­ся, так как аффинные свойства оригинала при параллельном проекти­ровании сохраняются.

10. Если при выполнении проекционного чертежа на изображение плоской фигуры Ф0 израсходовано два параметра, то тем самым одно­значно определено изображение каждой точки, лежащей в плоскости этой фигуры (и, таким образом, дальнейшие метрические построения в плоскости фигуры Ф0, которые могут потребоваться для решения задачи, уже нельзя выполнять произвольно).

Аналогично, если при выполнении проекционного чертежа на изо­бражение пространственной фигуры Ф0 израсходовано пять парамет­ров, то тем самым однозначно определено изображение каждой точки

101

этой фигуры пространства (и, следовательно, метрические построе­ния на этом чертеже уже нельзя выполнять произвольно).

11. В процессе решения стереометрической задачи приходится выполнять и различные дополнительные построения, например по­строение линейного угла данного двугранного угла, угла между дан­ной прямой и данной плоскостью, биссектрисы некоторого угла и т. д. При выполнении вспомогательных построений следует учитывать не только параметрическое число изображения (число израсходованных параметров), но и так называемую область «допустимых расположе­ний».

Так, изображение центра окружности, вписанной в треугольник Л0£ 0С(), не может быть выбрано без учета области изображения этого центра, которая, как известно из начертательной геометрии, пред­ставляет собой часть плоскости, находящуюся внутри треугольника, стороны которого — средние линии треугольника ABC.

П р и м е р 1. Одна из боковых граней треугольной пирамиды перпендикулярна плоскости основания. Эта боковая грань и основа­ние пирамиды — правильные треугольники. Приняв произвольный четырехугольник SB АС с его диагоналями за изображение пирамиды, найдем параметрическое число изображения.

Р е ш е н и е (рис. 104). Изображение правильного треугольника, лежащего в основании пирамиды, произвольным треугольником вле­чет за собой расход двух параметров. Изображение боковой грани, являющейся в оригинале правильным треугольником, с помощью произвольного треугольника (одна сторона этого треугольника, ес­тественно, является и стороной треугольника, лежащего в основании пирамиды) влечет за собой расход еще двух параметров. И наконец, считая, что, построенные треугольники являются изображениями треугольников, плоскости которых в оригинале перпендикулярны, накладываем на изображение еще одно метрическое условие, т. е. расходуем еще один параметр.

Итак, на изображение данной пирамиды израсходовано пять пара­метров, т. е. параметрическое число изображения р — 5, и, таким образом, никаких других метрических построений на этом изобра­жении выполнять произвольно уже нельзя.

3 а м е ч а н и с. Для краткости в словосочетании «дано изображение фигуры» часто опускается слово «изображение» и пишется просто «дана фигура».

Пусть далее в этом примере сторона осно­вания пирамиды равна а и требуется найти площадь боковой поверхности пирамиды. Опу­ская для краткости слова «изображение пи­рамиды», «изображение треугольника» и т. д., будем говорить, что дана пирамида SABC, у которой боковая грань 5/1В и основание

Л В С — правильные треугольники, причем плоскость SAB перпендикулярна плоскости ABC.Рнс. 104

102

Ясно, что SaSAB = ^ 4— .

Чтобы найти S & s a c , надо найти высоту SK треугольника SAC.Для решения задачи требуется выполнить дополнительные по­

строения, причем, так как изображение является метрически опре­деленным (на него израсходованы все пять параметров), высота SK не может быть построена произвольно, т. е. нельзя, взяв на /1C произ­вольную точку К, утверждать: «пусть S K _1_ ЛС».

Требуемое дополнительное построение можно выполнить следую­щим образом. Проведем медиану ВМ треугольника ABC. Так как треугольник ABC правильный, то медиана ВМ является и высотой, т. е. ВМ _L ЛС. Аналогично, проведя медиану SD треугольника S A B , имеем: SD _1_ АВ. Нетрудно доказать, что отрезок SD перпен­дикулярен плоскости ABC. Проведем D K || ВМ, тогда D K J l AC. Соединим точку S с точкой Қ. Так как отрезок SD перпендикулярен плоскости ABC, то DI( — проекция S K на плоскость ABC, и, следо­вательно, S K -L ЛС. Теперь осталось выполнить несложные подсче­

ты. Находим, что SD — ВМ — ^ 3 , DJ\ = — = -А 3 и2 2 4

Таким образом,

So»,: = ^ р - ( 1 + / 5 ) .

П р и м е р 2. Из вершины В равностороннего треугольника ABC к плоскости ABC восставлен перпендикуляр ВК, причем ВК — АВ. Найдем тангенс острого угла между прямыми А К и ВС.

Р е ш е н и е . Построим изображение данной фигуры и найдем его параметрическое число (рис. 105). Считая произвольный треуголь­ник ABC изображением равностороннего треугольника, расходуем два параметра. Считая отрезок В К изображением перпендикуляра к плоскости ABC, мы также расходуем два параметра, и, наконец, счи­тая, что В К : АВ = 1 : 1 , расходуем еще один параметр; таким образом, р — 5. Итак, заданное нзо- бражеине метрически определено и произвольные дальнейшие метричес­кие построения на нем недопустимы.

Выполним следующие дополни­тельные построения: в плоскостиABC через точку Л проведем прямуюI || ВС. Тогда угол между прямыми А К и ВС равен углу между прямыми А К и /. Чтобы найти угол между пря­мыми А К и /, целесообразно вклю­чить этот угол в какой-нибудь пря­моугольный треугольник. Прямую D K -L I можно построить как на- Рис. 105

103

клонпую, проекция которой перпенди­кулярна прямой /. Для проведенияэтой проекции — прямой BD — мож­но использовать тот факт, что тре­угольник ЛВС равносторонний и, сле­довательно, его медиана ЛМ являет­ся и перпендикуляром к отрезку ВС. Таким образом, построив медиану ЛМ треугольника ЛВС, а затем BD |j

^1IC- 10G || ЛМ и отрезок L)К, получим прямо­угольный треугольник ЛӘҚ. .Отноше­

ние D K : AD = tg Z. D A K будет искомым.

Положив Л В = а, найдем: В К — a, BD — , D K = — 7о

AD = ВМ — j и, таким образом, tg /_ D A K Y 7, а, следователь­

но, и тангенс угла между прямыми Л К и ВС равен ] / 7.П р и м е р 3. Один катет равнобедренного прямоугольного тре­

угольника лежит в плоскости а, а другой — образует с ней угол, равный 45°. Построим изображение заданной фигуры, найдем его параметрическое число, а затем угол, который образует гипотенуза с плоскостью а.

Р е ш е н и е. Считая произвольный треугольник ЛВС (рис. 106) изображением прямоугольного треугольника, расходуем на изо­бражение один параметр; считая, что ЛС и В С — изображения равных отрезков, расходуем еще один параметр; считая далее, что ВС яв­ляется изображением прямой, образующей с плоскостью а угол, равный 45°, расходуем на изображение также еще одни параметр; таким образом, р — 3. Поэтому для последующих метрических по­строений на этом изображении еще имеются свободные параметры.

Определим теперь угол, который образует гипотенуза ЛВ с пло­скостью а. В плоскости а возьмем некоторую точку В' и будем счи­тать, что В В ' — это изображение перпендикуляра к плоскости а. Таким образом, израсходованы имевшиеся в запасе два свободных параметра. Изображение стало метрически определенным, и поэтому последующие метрические построения на полученном изображении произвольно выполнять нельзя. Впрочем, в данном случае этого и не потребуется. Построим В'С и В'Л. Положив Л С = а, находим;

ВС -г. а, В В' = и ЛВ = a V 2.Таким образом, в прямоугольном треугольнике АВВ' имеем:

ВВ' : АВ — 1 : 2, т. е. zLBAB' = 30°. Но ВВ' 1 а, т. е. А.ВАВ’ — это угол, который образует гипотенуза А В с плоскостью а.

З а м е ч а н и е. Выбирая точку В', принадлежащую плоскости а , произволь* но, мы, руководствуясь соображениями наглядности получаемого изображения, подобрали ее таким образом, чтобы прямая ВВ' была параллельна краю страницы. Такоз изображение вызывает представление о том, что в оригинале В0Вп JL с'.0. Заметим, что произвол в выборе точки В' все-таки не безграничен. Так, прямая ВВ'

104

не должна оказаться параллельной прямой ЛС (в этом случае прямая ВВ' была бы изображением прямой йцВ,,, параллельной плоскости а ) .

11 р п м с р 4. В правильной четырехуголь­ной пирамиде угол между двумя смежными боковыми гранями равен 2а. Найдем угол, об­разованный боковым ребром пирамиды с плос­костью ее основания. 4 д

Р е ш е и и е. Ясно, что фигура SABCD (рис. 107) является полным изображением за- 1данной пирамиды. Подсчитаем параметрическое число этого изображения. Изображение квадрата, лежащего в осно­вании данной пирамиды, произвольным параллелограммом ABCD влечет за собой расход двух параметров; изображение высоты пи­рамиды отрезком SO, где О — точка пересечения диагоналей парал­лелограмма ABCD , влечет за собой расход еще двух параметров, так как считается, что отрезок SO — это изображение перпендикуля­ра к плоскости ABC. Итак, р = 4, т. е. для выполнения дальнейших метрических построений, которые могут потребоваться в процессе реше­ния задачи, в нашем распоряжении остается один свободный параметр. Для решения поставленной задачи построим на изображении линей­ный угол данного двугранного угла. Это можно сделать, например, следующим образом: на ребре SC возьмем произвольную точку М и будем считать отрезок ОМ изображением перпендикуляра, опущен­ного из точки Оо на ребро 5 0С0. Соединяя теперь точку М с точ­ками В и D, получим угол BMD, являющийся, как нетрудно по'- казать, изображением линейного угла (двугранного угла 5 0С0 в оригинале).

В чертеж теперь можно внести обозначение 2а. Так как отрезок SO — изображение высоты пирамиды, то отрезок OD является изо­бражением проекции бокового ребра на плоскость основания пирами­ды, а поэтому угол SDO — это изображение искомого угла. Нетрудно подсчитать, что этот угол равняется arcsin (ctga) , где 0° < а < 45°.

12, При решении некоторых стереометрических задач более удоб­ными оказываются не полные, метрически определенные изображе­ния, а упрощенные. Например, при решении задач на комбинации многогранников и круглых тел можно, выбрав сеченне, удобное для построения комбинации тел, показать на этом изображении с точ­ностью до подобия фигуру, полученную в сечении.

Так, вместо изображения правильной четырехугольпой пирамиды и вписанного в нее шара можно дать изображение фигуры, получен­ной в сечепип этой комбинации тел плоскостью, проходящей через высоту пирамиды параллельно стороне основания. Это сеченне яв­ляется равнобедренным треугольником, боковые стороны которого — апофемы пирамиды. Так как центр шара лежит на высоте пирамиды, то сі-чспие шпра этой плоскостью будет окружностью большого кру­га. Так как шар касается граней пирамиды, то его центр лежит в бнееекторной плоскости плоскостей противоположных граней. Но

105

биссекторная плоскость пересекает две другие боковые грани по апо­фемам.

Таким образом, окружность, по­лученная в сечении, касается боко­вых сторон равнобедренного треуголь­ника. Аналогично эта окружность касается и основания треугольника. Итак, в сечении получается равнобед­ренный треугольник с вписанной в него окружностью.

13. Иногда при построении чер­тежа целесообразно выполнить нуж­ное построение «с конца».

П р и м е р 5. В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат в основании пирамиды, а четыре другие — па боковых ребрах. Построим изображение задан­ной фигуры.

Р е ш е н п е. Пусть ABCDAXBXCXD X — изображение куба (рис. 108). Найдем центры оснований куба — точки О и Ох. Проведем прямую ООі и возьмем точку S (вне куба). Проведем далее прямые 5 / lx, SBX, SCi, S D X и найдем точки Р, Q, R, N. Эти точки — верши­ны основания пирамиды. Тогда S P Q R N — изображение заданной пирамиды.

14. В заключение настоящего параграфа отметим следующее. Если в задаче речь идет о фигуре, построение которой требует рас­хода не более пяти параметров, то в процессе решения построение изображения не описывается (одпако построить это изображение необходимо). В таких случаях убеждаются лишь в полноте построен­ного изображения и подсчитывают его параметрическое число. Под­счет параметрического числа необходим, так как в процессе решения могут потребоваться дополнительные построения метрического ха­рактера, которые при наличии свободных параметров можно выпол­нять произвольно (с учетом конкретных ограничений в выполненииэтих построений).

Если в задаче речь идет о фигуре, построение которой требует рас­хода более пяти параметров, то та часть построения изображения, осуществление которой требует расхода пяти параметров, не описы­вается; дальнейшие же необходимые построения обязательно описы­ваются и выполняются в соответствии с правилами параллельного проектирования.

Если в задаче оговаривается, что некоторые элементы данной фигуры требуется построить (например, сеченне в данной пирамиде), то построение изображения этих элементов заданной фигуры описы­вается обязательно. Разумеется, по ходу построения ведется подсчет параметрического числа получаемого изображения (такие примеры рассматриваются в § 12 главы И). В некоторых случаях описание этого построения выполняется по полной схеме решения задачи на построение (анализ, построение, доказательство, исследование), в

Рис. 108

некоторых же случаях ограничиваются описанием отдельных эта­пов этой схемы, например описанием построения и доказательства или построения и исследования и т. д.

§ 9. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕН И 51 В ПРОСТРАНСТВЕ

I. Простейшие построения в пространствеП р и м е р 1. Через данную точку А проведем плоскость, па­

раллельную данной плоскости Р.Р е ш е и и с. Анализ. Пусть Q — искомая плоскость (рис. 109).

Построим в плоскости Q две различные прямые I и т, проходящие через точку А, а в плоскости Р возьмем произвольную точку А х. Построим плоскости L и /VI, проходящие соответственно через точку А ! и прямую I и через точку /І, и прямую т. Так как прямая I ле­жит в плоскости Q и Q || Р , то / || Р. Но тогда плоскость L пересекает плоскость Р по прямой 1Х, параллельной I. Аналогично плоскость /VI пересекает плоскость Р по прямой тх || т.

Так как Q однозначно определяется прямыми / и т, то задачу можно свести к построению прямых I и т, проходящих через точку А и параллельных плоскости Р.

Построение. 1) В. плоскости Р берем произвольную точку А х.2) Через точку А х в плоскости Р проводим произвольные прямые 1Х и тх (1Х гпх) . 3) Строим плоскости L и М. 4) Через точку А в пло­скости L проводим прямую / Н 1Х, а в плоскости /VI — т |j тх. 5) Через прямые I и гп проводим плоскость Q.

Доказательство. Так как по построению / 1| 1Х и прямая 1Х лежит в плоскости Р, то I И Р. Аналогично т || Р. Тогда плоскость Q, про­ходящая через прямые / н т, будет параллельна плоскости Р, а также проходить через точку /1. Таким образом, плоскость Q искомая.

Исследование. Задача имеет единственное решение. Действителыю, допустим противное, т. е. что существует еще плоскость Qx, не сов­падающая с Q, но параллельная плоскости Р и проходящая через точку А. Тогда плоскость L пересечет эту плоскость Qi по прямой /2, параллельной /. Но это значит, что в плоскости L через точку А прой­дут две прямые I и /2, параллель­ные прямой что противоречит аксиоме о параллельных. Полу­ченное противоречие показывает, что задача имеет единственное ре­шение. В частности, если данная точка А лежит в плоскости Р, то плоскости Q и Р совпадают.

II. Геометрические места точекП р и м е р 2. Найдем геоме­

трическое место точек пространства, равноудаленных от данных пересе­кающихся плоскостей P i и Р 2.

Рис. 109

107

Р е ш е н и е . 1) Пусть точка М равноудалена от плоскостей Рх н Р 2 (рис. 110). Построим плоскость Q, проходящую чсре;> точку/:/ и перпен­дикулярную прямой а — линии пе­ресечения плоскостей Рх и Р 2. Для этого из точки М опустим перпенди­куляр ML па прямую а и затем в плоскости Р1 через точку L проведем прямую /j _!_ а. Плоскость, определя­емая прямыми LM и 1Х (плоскость Q), будет перпендикулярна прямой а. Затем построим прямую /•_>, по кото­рой пересекаются плоскости Р 2 и Q. Тогда /о _L а. Далее из точки /VI опу­стим перпендикуляры М М Х на пря­мую 1Х и ММ* па прямую/2. Так .как

а І. 1\ и а _L LM, то а _L М М Х, или М М Х ± а. Ио из того, что Л -Ш Д а и М М Х 1. 1Х, следует, что ММХ А. Pi, т. е. длина отрезка М М х — это расстояние от точки М до плоскости Pi. Аналогично длина от­резка Л Ш 2 — это расстояние от точки М до плоскости Р 2. Тогда в прямоугольных треугольниках A4MXL и M M 2L М М Х — М М 2 и гипотенуза LM этих треугольников общая. Поэтому A M M XL —— A M M 2L, а это значит, что Z_ M L M X —- Z . M L M 2. Но по построе­нию Z _ M L M X — линейный угол двугранного угла М хаМ и аналогич­но Z. .MLM 2 — линейный угол двугранного угла М 2аМ. Таким обра­зом, двугранные углы МхаМ и /И2аМ равны, т. е. полуплоскость, определяемая точкой /W и ирямоіі а, — это биссекторная полуплос­кость двугранного угла МхаМ2. Итак, если точка Ai одинаково удале­на от двух пересекающихся плоскостей Рх и Р 2, то она принадлежит биссекториой полуплоскости двугранного угла, образованного плос­костями Pi и Р2 .

Но пересекающиеся плоскости Рх и Р2 образуют четыре двугран­ных угла, и, следовательно, геометрическое место всех точек М есть пара плоскостей S x и S 2, где — объединение двух биссекторных полуплоскостей одной пары вертикальных углов, образованных пло­скостями Рх и Р 2, a S 2 — объединение двух биссекторных полуплос­костей другой пары вертикальных углов, образованных P i и Р 2.

2) Пусть точка /VI принадлежит какой-нибудь биссекториой полу­плоскости двугранных углов, образованных при пересечении Рх и Р 2. Построим плоскость Q, проходящую через М и перпендикулярную а, для чего из точки М опустим перпендикуляр ML на а и затем через точку L проведем lx _L а.

Плоскость Q определяется прямыми 1Х и LM. Строим далее в плоскости Q прямую 12, проходящую через точ}<у L, причем /2 j_ а, и из точки АА опускаем перпендикуляры М М Х _L 1Х и М М 2 І. /2. Рассматривая прямоугольные треугольники M L M X и M L M 2, у которых Z. AiLMi = Z. M L M 2, так как луч L M — это биссектриса линейного угла AAXLM2 и отрезок LM — общая гипотенуза этих тре­

108

угольников, приходим к выводу, что М М Х — ММ2. Таким образом, если точка М принадлежит биссекториой полуплоскости какого- нибудь нз четырех двугранных углов, образованных плоскостями Pi и Р 2, то она одинаково удалена от этих плоскостей.

Итак, искомое геометрическое место точек есть объединение бис- сект орных полуплоскостей четырех двугранных углов, образован­ных плоскостями Pi и Р г, т. е. обьединеиие плоскостей S x и S*.

3 а м е ч а н и е. Можно было бы показать, что Si _L S2. Предоставляем сде­лать это читателю самостоятельно.

III. Применение некоторых геометрических мест точек и прямыхП р и м е р 3. Построим геометрическое место точек, принадле­

жащих данной плоскости Р и равноудаленных от данных точек А и В, не лежащих в плоскости Р.

Р е ш е н и е . Анализ. Пусть точка /VI (рис. 111) принадлежит искомому геометрическому месту точек. Так как ЛМ = ВМ, то точ­ка Л'1 принадлежит плоскости Q, проходящей через точку С — сере­дину отрезка АВ и перпендикулярной отрезку АВ. Так как, кроме того, точка М лежит в плоскости Р, то искомое геометрическое место точек — это линия пересечения плоскостей Р и Q. Обозначим эту прямую через /. Из того, что АВ _L Q и / лежит в плоскости Q, следует, чго АВ X I. Пусть А А ± _L Р, BBi 1 Р и / пересекает А ХВХ в точке D. Тогда АВ ± CD, а следовательно, и А ХВХ _1_ /, или I J А ХВХ.

Таким образом, задачу можно свести к построению прямой /,■проходящей в плоскости Р через точку D, перпендикулярно прямойА ХВХ.

Построение. 1) Построим ЛЛ, _L Р и ВВХ _1_ Р. 2) Построим ЛХВХ. 3) Найдем точку С — середину отрезка АВ. 4) В плоскости, проходящей через точки Л, А х и В, через точку С проведем прямую п X АВ. 5) Найдем точку D, в которой пересекаются прямые п и А А . 6) В плоскости Р построим прямую / _L А ХВХ, проходящую через точку D. 7) Построим плоскость Q, проходящую через прямыеI и п.

Доказательство. Если точка М лежит на прямой I, то точка М лежит и в плоскости Р. Соединим точку М а ■с точками А, В и С. Так как АВ 1.J_Q и прямая СМ лежит в плоскости Q, то А В А. СМ. Кроме того, АС —— ВС. Тогда Л ACM — А В С М (по двум катетам), а поэтому А М — ВМи, таким образом, прямая /—искомое геометрическое место точек.

Исследование. Существование ре­шения зависит от взаимного распо­ложения прямой А В и плоскости Q.

1) Если АВА.Р, то, так как Л£_]__L Q, окажется, что Q Ц Р, т. е. Рис. Illв этом случае решений нет.

2) Если А В не перпендикулярна Р, то прямая /, по которой пере­секаются плоскости Р н Q, — это искомое геометрическое место точек.

I V . Построения на изображениях

Ради краткости условимся в формулировках примеров этого пунк­та и формулировках задач для самостоятельного решения опускать всюду слово «изображение». Так, вместо того чтобы писать: треуголь­ник ЛВС служит изображением треугольника АоВоСо, у которого АоВ0 : BqCo — 2 : 3 , будем писать короче: в треугольнике ЛВС ЛВ : ВС — 2 : 3 . Точно так же вместо слов «построим изображение биссектрисы угла A qBqCq» будем писать: «построим биссектрису угла ЛВС».

Условимся теперь также всюду в этом пункте в обозначениях фи­гуры-оригинала употреблять внизу индекс «нуль». Так, говоря, что в треугольнике ЛоВ0С0 построена медиана АоМо, имеют в виду, что это построение выполнено в оригинале. На изображении при этом будет показан треугольник ЛВС и в нем построена медиана АМ. Рас­смотрим примеры.

П р и м е р 4. В треугольнике /\ВС АВ : ВС = 2 : 3 . Построим биссектрису угла ABC.

Р е ш е н и е . I способ. Если отрезок BD — изображение бис­сектрисы BoDo угла АоВоСо (рис. 112), то AD : DC = АВ : ВС, т. е. AD : DC = 2 : 3 . Таким образом, построив точку D на стороне АС такую, что AD : DC = 2 : 3 , мы получим BD — изображение иско­мой биссектрисы (на рисунке 112 показано построение точки D с по­мощью вспомогательного луча АСХ, иа котором ADX : D XCX = 2 : 3 ) .

II способ. На сторонах А В и ВС найдем соответст венно точки 1\ иL такие, что ВК = — АВ и BL — — ВС (рис. 112). Тогда треуголь-

2 3ник BLK является изображением равнобедренного треугольника BoLoKo, а поэтому медиана В1\і' треугольника BLK является изобра­жением биссектрисы угла АоВ0С0.

III способ. Найдем, как и во втором способе, точки К и L и по­строим затем КМ || ВС и LM || АВ (рис. 112). Тогда параллелограмм BLMK является изображением ромба, а отрезок ВМ будет изобра­жением диагонали ромба, которая, как известно, делит угол ромба пополам. Таким образом, полупрямая £ 0/VJo содержит биссектрису

угла АоВоСо. Найдя точку D — пе­ресечение полупрямой ВМ со сторо­ной АС треугольника ЛВС, мы полу­чим отрезок BD — изображение иско­мо!! биссектрисы.

3 а м е ч а и и е. На изображение тре­угольника А0В0С0 израсходован лишь один параметр (Л0В0 '• ВаСп = 2 : 3 ) . Поэтому для выполнения метрических построений имеется

Рис. 112 еще некоторая свобода (в запасе один пара-

110

А

Рис. 113

метр). Однако при построении изображения биссектрисы угла А 0В0С0 нельзя, взяв на отрезке АС произвольно точку I), сказать, что отрезок BD — изображение бис­сектрисы угла А 0В0С0, а при изображении, например, биссектрисы угла /І0Л0С0 мож­но, взяв на отрезке ВС произвольно точку Е, считать отрезок АЕ изображением биссектрисы угла В 0А 0С0.

П р и м е р 5. На диагонали BD основания четырехугольной приз­мы ABCD AXBXCXD X взята точка Р. Построить сечение призмы плоско­стью, проходящей чс-рез прямую СР параллельно прямой А ХВ.

Р е ш е п и е. Пусть а — плоскость искомого сечения (рис. 113). Так как А ХВ j| а, то плоскость р, проходящая через прямую А ХВ не параллельно а, пересечет а по прямой, параллельной А ХВ. Проведем плоскость /3/1,D через прямую А ХВ и какую-нибудь точку Р прямой СР. Обозначим эту плоскость через р. Найдем далее прямую, по ко­торой р пересекает плоскость A A XD X. Ясно, что это будет прямая A XD, так как обе точки /1 г и D лежат и в плоскости (j , и в плоскости /1/1,£V В плоскости Р через точку Р проведем прямую р || А ХВ и найдем точку Q пересечения прямой р с прямой A XD.

Плоскость сечения а теперь определяется прямыми СМ (АЛ — точ­ка пересечения прямых СР и AD) и PQ. Так как обе точки /VI и Q лежат и в плоскости ос, и в плоскости A A XD X, то эти плоскости пере­секаются по прямой MQ. Найдем затем точку Қ — точку пересечения прямых AIQ н A XD X. Так как плоскости ABC и А ХВЛСХ параллельны, то и прямые, по которым эти плоскости пересекаются с секущей пло­скостью а, параллельны. Итак, в плоскости АХВХСХ проведем через точку Қ прямую /г, параллельную СМ, и точку L — точку пересече­ния прямой /г с прямой ВХСХ — соединим с точкой С. Четырехуголь­ник CMKL — искомое сечение.

Исследование. Так как точка А х не лежит в плоскости/1 ВС, то прямые А ХВ и СР скрещиваются и, следовательно, секущая плоскость

111

Рис. 114

а единственная. В зависимости от положения точки Р на диагонали BD и вида данной призмы сечение может иметь вид, отличный от показанного па рисунке 113. Некоторые виды сечения показаны на рисунке 114.

Г1 р и м е р G. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAXBXCXD X АВ : AD : А А г = 1 : 2 : 2 . Опустим перпендикуляр из точки А х на диагональ BiD.

Р е h i е н и е. Заметим, что изображение данного параллелепипе­да (рис. 115) полное и метрически определенное. Действительно, считая параллелограмм ABCD изображением прямоугольника, рас­ходуем иа изображение один параметр. Считая, что произвольные отрезки А В и AD таковы, что А В : AD = 1 : 2 , расходуем еще один параметр. Полагая далее, что отрезок ААХ является изображением перпендикуляра к плоскости ABC , расходуем на изображение два параметра и, наконец, считая, что AD : А А Х = 1: 1 , расходуем еще один параметр. Таким образом, всего на изображение данного парал­лелепипеда израсходовано пять параметров, т. е. изображение яв­ляется метрически определенным. Но тогда нельзя, взяв на BXD про­извольно точку L, считать, что A XL — изображение перпендикуляра

к BiD.Приведем два способа построения

A XL J_ ByD./ способ. Найдем зависимости, кото­

рые можно будет использовать для тре­буемого построения. Полагая АВ — а, получим: AD = 2а, А А х — 2а. Тогдаиз прямоугольного треугольника A A XD получим, что AXD ~2а\^~2, а из прямо­угольного треугольника AXBXD —

Рис. 115 — BXD — За. Подсчитаем теперь, в ка-

112

АгВі B\Dотку-

ком отношешш искомый перпендикуляр A XL разделит сторону BiD прямоугольного тре­угольника A XBXD . Из подобия треугольниковAxBiL и AiBiD имеем: В,і -

да BXL = •

Таким образом, BXL

BXL : B\D = 1 : 9 . Так

BJ) = — : За, т. е. Рис. 116

как при параллельном проектировании от­ношение длин параллельных отрезков сохраняется, то на построен­ном изображении, как и в оригинале, основание L искомого перпен­дикуляра должно делить отрезок BiD в отношении BXL : BXD — 1:9.

Теперь выполним построение. На каком-нибудь луче, началом которого является точка Вг, например на луче ВХСХ, отложим 9 равных между собой отрезков и через точку К — конец последнего отрезка — проведем прямую т , параллельную KD. Тогда L — точка пересечения прямых т и BiD, будет основанием искомого перпендикуляра.

/ / способ. Построим треугольник A\B\D' , подобный оригиналу (прообразу) треугольника AxBiD (рис. 116), т. е. треугольник с пря­мым углом при вершине А\ и отношением катетов А[В\ : A[d ' = = 1 : 2 / 2 .

(Это отношение следует из того, что по условию А В : AD : А А Х = = 1 : 2 : 2 , т. е. если А В = а, то AD = А А Х = 2а и тогда AXD = = 2а У 2. Следовательно, АВ : A XD — а : 2о У 2 или, АВ : AXD = = 1 : 2]/"2.)

В треугольнике A\B\D' из вершины А\ опустим перпендикуляр A\L' на сторону B\D ' . Точкой L' отрезок B\Dr разделится в каком-то отношении: B\L' : B\D' . В таком же отношении разделим точкой L отрезок BiD.

Как видно, при построении точки L вторым способом подсчитывать отношение BXL : BXD не требуется.

П р и м е р 7. В прямом параллелепипеде ABCDAXBXCXD X ос­нование — параллелограмм с острым уг­лом 60° и отношением сторон А В : AD — = 3 : 4 . Построим плоскость, проходя­щую через ребро А А Х перпендикулярно диагональной плоскости BXBDDX.

Р е ш е н и е (рис. 117). Ясно, что если из какой-нибудь точки прямой А Ах опустить перпендикуляр т на плоскость BDDX, то плоскость а, определяемая прямыми А А Х и т, будет перпендику­лярной плоскости BxBDDi, т. е. яв­ляется искомой.

Допустим, что эту прямую т про­водим через точку А. Так как данный

113

параллелепипед прямой, то прямая ВВХ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости основания, т. е. целесообразно про­вести прямую т в плоскости основания. При этом, так как прямая т должна быть перпендикулярна диагональной плоскости BXBDD1? то должно быть //?._!_ BD. Итак, задача построения плоскости а , пер­пендикулярной плоскости BiBDDij практически сводится к задаче о построении прямой /н, проходящей через точку /1 и перпендикуляр­ной BD. Может быть, можно взять на прямой BD произвольную точ­ку L и считать, что AL _L BD? Чтобы ответить на этот вопрос, следует подсчитать р — параметрическое число изображения основания па­раллелепипеда. Если р = 2, т. е. изображение является метрически определенным, то точку L произвольно брать нельзя. Итак, подсчи­таем параметры, израсходованные на изображение. Четырехугольник ABCD считается изображением параллелограмма— это допущение расхода параметров за собой не влечет, так как при параллельном проектировании сохраняется параллельность. Однако отношение длин непараллельных отрезков при параллельном проектировании не сохраняется, т. е. считая, что произвольно взятые нами отрезки Л В и AD являются как раз такими отрезками, что А В : AD = 3 : 4, расходуем один параметр. Точно так же, так как величина угла при параллельном проектировании не сохраняется, то тот факт, что мы считаем угол BCD изображением угла, равного 60°, влечет за собой расход еще одного параметра.

Итак, параметрическое число изображения основания параллеле­пипеда р = 2, т. е. никакие новые допущения метрического характе­ра (т. е. допущения о наличии свойств, не сохраняющихся при парал­лельном проектировании) приниматься не должны. Таким образом, точку L — основание перпендикуляра, опущенного из точки А иа прямую BD, — произвольно брать нельзя. Построение ее молено вы­полнить, подсчитав отношение BL : BD.

Выполняя эти подсчеты, положим АВ = За, тогда AD — 4а. Д а­лее, по теореме косинусов BD = a Y 13 и из уравнения А В2 — BL2 —

Q/t= ADZ — (BD — ВЬ)г находим, что BL = Тогда BL : BD —

13== 3 : 13. Построив точку L (с помощью вспомогательного луча, па котором отложены 13 равных между собой отрезков), проведем затем через точку L прямую 1 1| ВВХ и далее искомую плоскость а (на рисун­ке 117 это плоскость А Қ К іА і).

3 а м е ч а и и е. Построение AL J . BD можно было выполнить, как и в предыдущем примере (см. II способ) с помощью вспомогательного чертежа (рис. 118). А именно построим треугольник A 'B 'D' , подоб­ный оригиналу (прообразу) треугольника ABD, т. е. треугольник с углом при вершине Л ', равным 60°, и отношением сторон А 'В ' : A'D' — 3 : 4. В этом тре­угольнике из вершины Л' опустим перпендикуляр A ' U на сторону В ' \ У . Точкой U отрезок B'D' разделится в каком-то отношении В ' U : В'1У. В таком же отноше­нии разделим точкой L отрезок BD.

114

П р іі м е р 8. ABCD AXBXCXD X— куб. В нем построено сечение, прохо­дящее через вершину В и точки Р и Q — середины соответственно ребер А уВг и ВХСХ. Опустим из вершины D перпендикуляр на эту плоскость.

Р е ш е и и е. Так как изобра­жение куба (рис. 119) полное и мет­рически определенное (на это изоб­ражение расходуется 5 параметров), то нельзя, взяв в плоскости PQB про­извольно точку N, сказать, htoDA7— перпендикуляр к плоскости PQB. А DДля построения искомого перпенди­куляра построим сначала диагональ- Рис. 119ную плоскость BBXD X куба. Плоско­сти BBXD X и PQB взаимно перпендикулярны. Действительно, PQ— средняя линия треугольника А ХВХСХ, поэтому PQ || А ХСХ, а значит, PQ _L BXD X. Кроме этого, так как BBXJL А хВх и ВВх _L ВхСх, то ВВХ _L PQ, или PQ _L ВВХ. Итак, P Q ± BXD X и P Q ± ВВХ, т. е. PQ — перпендикуляр к плоскости BBXD X, а тогда и плоскость PQB , проходящая через PQ, также перпендикулярна плоскости BBXDX. Но поскольку плоскости BBXD X и PQB взаимно перпендикулярны, то перпендикуляр, опущенный из точки D на линию пересечения этих плоскостей, и будет искомым перпендикуляром. Линию пе­ресечения плоскостей BBXD X и PQB найти нетрудно: это прямая ВК, проходящая через общие точки В и К этих плоскостей.

Итак, выполним необходимые построения в диагональной плоско­сти BBXD X. Сделать это можно, как и в предыдущем примере, двумя способами.

I способ. Пусть АВ — а. Подсчитаем стороны треугольника

BKD. BD ~ а}/~2, из треугольника ВВХК ВК — ’ а 1,3

прямоугольного треугольника D D XK D K — — ■ Если DN _L В К , то DB2 — B N 2 = D K 2 — I<N2_ или D B 2 — B N 2 = D K 2 — {ВК —

— BN)2, откуда BN = — . Таким образом, BN : В К =

— — з~ : —Ц— > т. е. BN : В К — 4 : 9. Так как при параллельномпроектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то на изображении, как и в оригинале, точка N — основание искомо­го перпендикуляра — будет делить В К в отношении BN : ВК —— 4 : 9 . Построение точки N с помощью вспомогательного луча ВР показано на рисунке 119.

II способ. Построим прямоугольник, подобный оригиналу прямо­угольника BBXD XD, т. е. прямоугольник B'B\D\D' с отношением

115

сторон В'В\ ■ В \D\ = 1 : У 2 (рис. 120). Далее, па стороне B\D\ постро­им точку Қ' такую, что В ilC ■ B\Di — == 1 : 4, и соединим точки В' и /( ' . Затем нз точки D' опустим перпен­дикуляр D'N' иа сторону В'К' тре­угольника B'K'D ' . Точкой N' отре­зок В'Қ' разделится в каком-то от­ношении. В таком же отношении разделим точкой N oi резок В К.

П р и м е р 9. На ребрах А В и ССХ правильной треугольиоіі призмы АВСАХВХСХ, у котороіі А А Х : АВ = = 1 : 2 , взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Пост­роим геометрическое место точек, ле­жащих на поверхности призмы и оди­наково удаленных от точек Р и Q.

Р е ш е н и е (рис. 121). Изобра­жение данной призмы полное и мет­рически определенное (действитель­но, считая произвольный треуголь­ник ABC изображением правильного в оригинале треугольника, расходу­ем па изображение два параметра;

считая, что отрезок А А Х — изображение перпендикуляра к плос­кости, расходуем еще два параметра и, наконец, считая отрезки А А Х и АВ изображениями отрезков, длины которых в оригинале от­носятся как 1 : 2, расходуем одни параметр). Таким образом, на изображение израсходованы все пять параметров. Поэтому новые метрические построения на этом изображении произвольно выпол­нять уже нельзя.

Отметим далее, что искомое геометрическое место точек принадле­жит некоторой плоскости а, проходящей через точку М — середину отрезка PQ и перпендикулярной этому отрезку. Таким образом, задача сводится к построению сечения призмы плоскостью а, прохо­дящей через точку /VI, перпендикулярно прямой PQ. Для построения а построим две прямые, каждая из которых проходит через точку М и перпендикулярна РО.

Одну из этих прямых (D E) построим в плоскости ABQ параллель­но прямой ЛВ. Так как А В _L PQ, то О В _L PQ.

Для построения второй прямой, Ғ Қ А - P Q , проведем сначала в плоскости РССХ РХС, || PC. Чтобы подсчитать отношение Р Қ : PC, в котором плоскость а. делит отрезок PC, введем вспомогательный па­раметр, положив, например, А А Х — а. Тогда ЛВ — 2а. Если FK _LJL PQ, то А Р М Қ оо &PCQ, и поэтому — — — - , где PC — аУ 3,

Ряс. 120

Рис. 121

116

PQ ■ PM 13a q D , , n r ,— = — -prz. Значит, P/< : PC =PC 8 / 3

\К'

8 ] 3~^=r : a 1 3 , или P K : PC = 13 : 24. Рис. 122

Таким образом, построив точку К такую, что Р Қ : PC ==13: 24, проведем прямую M l С, которая будет перпендикулярна прямой PQ. По построению ГК -L P Q • Итак, секущая плоскость а определяется двумя прямыми: DE и ГК.

Далее, так как DE || АВ, то DE параллельна плоскости ABC, а это значит, что секущая плоскость а пересечет плоскость ABC по прямой, параллельной DE. Принимая во внимание это соображение, проведем через точку К в плоскости ABC прямую GN \\ DE. Построим затем GE и ND, найдем точки R и Т на прямых /ЦСх и ВХСХ и, соеди­нив точки R и Т , получим четырехугольник NGRT, представляющий сечение призмы плоскостью а , перпендикулярной отрезку PQ и про­ходящей через его середину. Таким образом, четырехугольник NGRT — искомое геометрическое место точек.

З а м е ч а и и е. Построение прямой FK _L PQ можно было выполнить, как и в трех предыдущих примерах, с помощью вспомогательного чертежа. А именно построим прямоугольник, подобный оригиналу прямоугольника PPiCiC (рис. 122), т. е. прямоугольник Р ' Р ХС ХС' с отношением сторон Р ' Р Х : Р'С' — 1 : У з . (Если А Ах = о, то в равностороннем треугольнике ЛВС, где ЛВ — 2а, будет PC — а ) 3, откуда ЛЛі : PC = 1 : jr 3.)

В этом прямоугольнике найдем точку Q' — середину отрезка С'С 1( а затем точ­ку ЛІ' — середину отрезка P ’Q' . Далее через точку М' проведем прямую М 'К ' X X P'Q ' . Отрезок Р'С' эта прямая разделит в каком-то отношении Р 'Қ' : Р ' С . В таком же отношении разделим точкой К отрезок PC. И далее строим секущую пло­скость а.

503. Через данную прямую I провести плоскость Q, параллельную другой дан­ной прямом пи

П04. Построить две параллельные плоскости Р и Q так, чтобы плоскость Р проходила через прямую /, а плоскость Q — через прямую т, где I и т — данные скрещивающиеся прямые.

565. Через данную точку А провести плоскость Q, параллельную данной пло­скости Р.

566. Через данную точку А провести плоскость Q, перпендикулярную данной прямой I.

567. Через данную точку А провести прямую q, перпендикулярную данной плоскости Р.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

1. Простейшие построения в пространстве

117

568. Через данную прямую I провести плоскость Q, перпендикулярную данной плоскости Р.

5(59. Провести прямую q, перпендикулярную каждой из двух данных скрещи­вающихся прямых I и т и пересекающую каждую нз них.

II. Геометрические места точек

570. Найтн геометрическое место всех точек пространства, равноудаленных от двух различных точек Л и В.

571. Найти геометрическое место всех точек пространства, равноудаленных от трех данных неколлпнеариых точек А, В и С.

572. Найти геометрическое место всех точек пространства, равноудаленных от двух пересекающихся прямых Һ и /2.

573. Найти геометрическое место всех точек пространства, равноудаленных от четырех данных точек Л, В, С н D, не принадлежащих одной плоскости.

574. Найти геометрическое место всех точек пространства, равноудаленных от четырех данных точек Л, В, С и D, принадлежащих одной плоскости.

575. Найтн геометрическое место всех точек пространства, равноудаленныхот двух данных параллельных прямых lY и /«.

576. Найтн геометрическое место всех точек пространства, равноудаленныхот трех данных прямых li, U и /3, проходящих через одну точку и не принадлежащих одной плоскости.

577. Найтн геометрическое место всех точек пространства, равноудаленныхот трех данных прямых /,, L и /3, не лежащих в одной плоскости, если /х || /2,h II /»•

578. Найти геометрическое место всех точек пространства, находящихся на дан­ном расстоянии от данной плоскости Р.

579. Найти геометрическое место всех точек пространства, равноудаленных от двух параллельных плоскостей Рх и Р 2.

580. Найти геометрическое место всех точек пространства, разность квадратов расстояний от которых до двух различных точек Л и В есть величина постоянная.

581. Найтн геометрическое место всех точек пространства, нз которых данный отрезок АВ виден под прямым углом.

582. Найти геометрическое место всех точек пространства, сумма квадратов расстояний от которых до двух данных точек Л и В есть величина постоянная.

583. Найти геометрическое место всех точек пространства, отношение расстоя­ний от которых до двух данных точек Л и В есть величина постоянная.

III. Применение некоторых геометрических мест точек и прямых

584. Даны две скрещивающиеся прямые Һ и /2. Через данную точку Л, не принадлежащую ни Һ, ни /2, провести прямую q, пересекающую обе данные прямые.

585. Через данную точку Л провести прямую q, перпендикулярную двум дан­ным скрещивающимся прямым Һ и /2.

586. Даны три попарно скрещивающиеся прямые Һ, L и /;!. Провести прямую q, пересекающую данные прямые соответственно в таких точках L2 и L3, что

L*2 —■ Z.0Z.3.

118

587. Через данную точку А провести прямую q, параллельную данной плоско­сти Р и пересекающую данную прямую /.

588. Провести прямую q, пересекающую две данные прямые и /2 и параллель­ную третьей данной прямой /3.

589. Провести прямую q, пересекающую две данные скрещивающиеся прямые I и т, перпендикулярно I и параллельно данной плоскости Р.

590. Провести прямую q, пересекающую две данные прямые lL и /2, перпенди­кулярно третьей прямой А, и параллельно данной плоскости Р.

591. Провести прямую q, принадлежащую данной плоскости Pit параллельную другой данной плоскости Р 2 и проходящую через точку пересечения данной прямой / с данной плоскостью P v

592. В данной плоскости Р провести прямую q, перпендикулярную данной пря­мой /, не лежащей в Р, и проходящую через данную точку А.

IV. Построение на изображениях

1) Построения о плоских фигурах, расположенных в пространстве.593. В треугольнике проведены две высоты. Построить центр окружности, опи­

санной около этого треугольника.594. Отношение катетов прямоугольного треугольника равно 3 : 4. Построить

центр окружности, вписанной в этот треугольник.595. Дан равнобедренный прямоугольный треугольник. Построить квадрат,

лежащий в плоскости треугольника, если стороной квадрата служит: а) катет данного треугольника; б) гипотенуза данного треугольника.

596. Дан правильный шестиугольник, а) Построить апофему шестиугольника;б) построить биссектрису одного нз его внешних углов; в) опустить перпендикуляр из центроида шестиугольника на одну из его меньших диагоналей.

597. Острый угол ромба равен 45°. Построить высоту ромба.

2) Сечение многогранника плоскостью, параллельной двум прямым.598. На ребрах А А г и DDX параллелепипеда A BC D A ,B lC,D, взяты соответ­

ственно точки Р и Q. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, параллельной прямым В ХР и AiQ и проходящей через точку К, принадлежащую ребру: a) CCt;б) DD t ; в) A , B X\ г) АВ.

599. В грани A A tB ,B треугольной призмы АВСАуВуС^ взята точка Р, а на реб­ре ССу — точка Q. Построить сечение призмы плоскостью, параллельной прямым В\Р и AyQ и проходящей через точку К, принадлежащую ребру: а) А А б) ВВ Х\ в) /1C;г) а д .

600. На ребрах АА, и СС, треугольной призмы А В С А , В 1 С, взяты соответствен­но точки Р и Q. Построить сеченне призмы плоскостью, проходящей через точку К — середину отрезка PQ и параллельной прямым В,Р и AQ.

601. В плоскости основания четырехугольной призмы ABCDA 1 B 1 C1 D 1 взята точка Р, а на ребре СС, — точка Q. Построить сеченне призмы плоскостью, парал­лельной прямым В,Р н /IjQ и проходящей через точку К, принадлежащую ребру:a) DD,\ б) А ХВ,\ в) AD\ г) В,С, .

602. На ребрах 5/1 и SC треугольной пирамиды SA B C взяты соответственно точки Р и Q. Построить сечение пирамиды плоскостью, параллельной прямым ВР и AQ и проходящей через точку /( , принадлежащую ребру: а) 5Л; б) SB] в) АС', г) ВС.

119

603. На ребрах S/1 и SC треугольной пирамиды SA BC взяты соответственно точки Р и Q. Построить сеченне пирамиды плоскостью, проходящеіі через точку Қ — середину отрезка PQ и параллельной прямым ВР и AQ.

604. На ребрах SD и SC четырехугольной пирамиды SABCD взяты соответ­ственно точки Р и Q. Построить сеченне пирамиды плоскостью, проходящей через точку К — середину отрезка PQ и параллельной прямым АР и DQ.

605. На ребрах 5Л и SC четырехугольной пирамиды SABCD взяты соответствен­но точки Р и Q. Построить сечение пирамиды плоскостью, параллельной прямым ВР и AQ и проходящей через точку К , принадлежащую ребру: a) SA) б) A D ;в) DC; г) ВС.

605. На ребрах ЛЛх и CCi четырехугольной призмы ABCDAiBiCiDi взяты соот­ветственно точки Р и Q. Построить сеченне призмы плоскостью, одинаково удаленной от плоскости, проходящей через D iP и параллельной DQ, и от плоскости, проходя­щей через DO и параллельной D iP.

607. В четырехугольной призме ABCDAiBiCiDi проведены диагонали ЛС и AiB соответственно граней ABCD и ABBiA i . Построить сечение призмы плоскостью, одинаково удаленной от плоскости, проходящей через ЛС и параллельной AiB, и от плоскости, проходящей через А\В и параллельной ЛС.

3) Построение перпендикуляра к прямой и перпендикуляра к плоскости.

608. На ребре SB правильного тетраэдра SABC взята точка К — середина ребра, а) Опустить перпендикуляры нз точки /( на ребра 5 Л и SC; б) найтн точку пересечения высоты SO тетраэдра с плоскостью, проходящей через перпендикуля­ры, опущенные из точки Қ на ребра ЯЛ и SC тетраэдра.

609. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAiBiCiDi , у которого АВ : AD : ЛЛі = 3 : 2 : 1, построить прямые, проходящие через вершину Вх и пер­пендикулярные прямым ВСі и BAi.

610. На ребре CCi куба ABCDAiBiCiDi взята точка Р . Опустить перпендикуляр нз вершины Лі на прямую DP, если: а) СР : РСі = 1 : 1 ; б) СР : PCi = 1 : 2 ;в) СР : РСх = 2 : 3.

611. В правильном тетраэдре SA BC опустить перпендикуляр нз точки Қ — середины ребра ЛС — на плоскость грани SBC.

612. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD высота SO равна стороне основания АВ. Из вершины D опустить перпендикуляр на плоскость грани SBC.

613. В основании призмы лежит равносторонний треугольник ABC. Две боко­вые грани призмы — ромбы с острым углом 60°. Опустить перпендикуляр нз точки Р , взятой на ребре ЛЛх, на диагональ BCi грани BBiCiC, если: а) Л Р : РЛг = 1 : 1 ;б) ЛР : РЛі = 1 : 2 ; в) АР : РАх = 2 : 3 .

614. В кубе ABCDAiBiCiDi через вершины В, Ci и D проведена плоскость. На ребре AiBi взята точка Р. Опустить перпендикуляр из точки Р на плоскость BCiD, если: а) ЛхР : PBi = 1 : 1 ; б) ЛхР : PBi = 1 : 2; в) AiB : PBi = 2 : 3.

615. На ребре ЛіВх куба ABCDAiBiCiDi взята точка Р и через точки Р , В и Сх проведена плоскость. Опустить перпендикуляр из вершины D иа плоскость РВСі, если: а) ЛхР : PBi = 1 : 1; б) ЛхР : PSj. = 1 : 2; в) ЛхР : PBi = 2 : 3 .

616. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAiBiCiDi с отношением ребер А В : AD : ЛЛх = 1 : 2 : 1 через вершины В, С\ и D проведена плоскость. На ребре A\Di взята точка Р. Опустить перпендикуляр из точки Р на плоскость BCiD, если:а) ЛхР : PDi = 1 : 1 ; б) Лх Р : PDi = 1 : 2; в) ЛхР : PDi = 2 : 3.

120

617. В треугольной пирамиде SAB C основание — прямоугольный треугольник ЛВС с прямым углом при вершине С и отношением катетов ЛС : ВС = 3 : 4. Высота пирамиды проектируется в точку С и равна гипотенузе ЛВ. Из точки С опуститьперпендикуляр на плоскость SAB .

4) Сечение многогранника плоскостью, проходимей через данную точку перпенди­кулярно данной прямой.

018. На ребрах DDi и CD куба ABCDAiBiCiDi с.?яты соответственно точки Р и Q. Построить сеченне куба плоскостью, проходящей чорез к п к у Р перпендикуляр­но прямой CiQ, если: a) DP : PDi — 1 : 1 , DQ : ОС = 1 : 1 ; б) DP : PDi = 3 : 1 , DQ : QC = 1 : 1 ; в) DP : PDi = 3 : 1 , DQ : QC ------ 3 : 1; r) DP : PDi = 1 : 3.DQ ; QC = 3 : 1 .

61‘J. В правильной треугольной пирамиде S A B C высота равна стороне основа­ния. Построить сеченне пирамиды плоскостью, проходящей через ребро АВ основа­ния перпендикулярно ребру SC.

620. На ребре DDi прямоугольного параллелепипеда ABCDAiBiCiDi, у кото­рого АВ : AD : АА\ = 1 : 2 : 1 , взята точка Р. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку К — центроид грани AAXD XD перпендикулярно прямой СХР, если: a) DP ; PDX = 1 : 1; б) DP : PDX = 1 : 2; в) DP : PDX = 2 : 3 ;

621. На ребрах BBi и DDi прямого параллелепипеда ABCDAiBiCiDi , у кото­рого /15 : AD : Л /Ь = 1 : 1 : 2 и угол BAD равен G0°, взяты соответственно точки Р и Q. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку Q перпендикулярно прямой АР, если: а) ВР : PBi = 1 : 1 , DQ : QDi = 1 : 1; б) ВР :: pj j i = 1 : 1 DQ : QDi = 1 : 2 ; в) BP : PBi = І : 2, DQ : QDi = 2 : 1.

5) Построение геометрического места точек, одинаково уиаленных от данных точек.

622. В правильном треугольной призме ABCAiB iCi Л /U : АС = 1 : 2 . Постро­им, геометрическое место точек, ле;:;ащнх на поверхности призмы и одинаково уда­ленных от точек: а) /1 и Сг, б) Р и где точка Р — середина ребра АВ\ в) Q и С1г где точка Q — середина ребра Л Л ь

623. Построить геометрическое место точек, принадлежащих поверхности куба н одинаково удаленных от следующих двух точек: а) Р и Q, принадлежащих соот­ветственно ребрам А В и CD; б) Bi и D — концов диагонали BiD куба; в) Л1 и К — соответственно центроида грани AAiDiD и середины ребра В В і ‘, г) Bi и 0 — соот­ветственно вершины куба п центроида грани ABCD.

624. На ребрах AiBi , СХС и AD куба ABCDAiBiCiDi взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построить .точки, лежащие на поверхности куба и одинаково удаленные от следующих точек: a) D , D i и Р\ б) D i, Р и Q; в) Р, Q и R.

625. На ребрах А В и DD\ куба ABCDAiBiCiDi взяты соответственно точки Р н О - середины этих ребер. Построить точку, одинаково удаленную от следующих четырех точек: a) Ai , Ci, Р и Q; б) Л , Ci, Р и Q; в) D , Ci, Р и Q.

626. На продолжениях ребер АВ и DDi куба ABCDAiBiCiDi взяты соответствен­но точки Р и Q такие, что А Р : БР = 3 : 1 и DiQ : DQ = 3 : 1 . Построить точку, одинаково удаленную от следующих четырех точек: а) /Ь , Ci, Р и Q;б) A, Ci, Р и Q; в) D, Ci, Р и Q.

627. На ребрах BBi и CCi правильной треугольной призмы ABCAiBiCi взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Боковые грани призмы — ква­

121

драты. Построить геометрическое место точек, одинаково удаленных от следующих трех точек: а) А, В и Q; б) А , Bi и Q; в) А, Р и Q.

628. Два равных равнобедренных прямоугольных треугольника ABC и ABC х- расположены так, что катет ЛВ в них общий, a ССХ = ВС. На прямых ВС, А В и Л Ci построить точки, одинаково удаленные от точек С и Сь

629. В кубе ABCDAiBiCiDi проведены диагонали ADi и DCi боковых граней. Построить геометрическое место точек, одинаково удаленных от прямых ADi и DC\.

630. Построить геометрическое место точек, одинаково удаленных от прямых, содержащих ребра BiCi и CD прямой призмы ABCDAiBiCiDi , основанием которой является квадрат ABCD.

§ 10. СКРЕЩИВАЮЩИЕСЯ ПРЯМЫЕ.УГОЛ ПРЯМОЙ С п л о с к о с т ь ю

П р и м е р 1. В правильном тетраэдре 5ЛВС отрезок DO соеди­няет середину D ребра 5/1 с центроидом О грани A BC , а точка Е — середина ребра SB. Найдем угол между прямыми DO и СЕ.

Р е ш е н и е. Пусть четырехугольник SABC с его диагоналями (рис. 123) является изображением заданного тетраэдра. Как нетрудно убедиться, это изображение полное и метрически определенное. Пусть точка D — середина ребра SA, точка Е — середина ребра SB и точка О — центроид грани ABC. Построим прямые OD и СЕ. (Эти построения не влекут за собой расхода параметров.)

Построим далее какой-нибудь угол, равный углу между прямыми DO и СЕ. Для этого найдем точку К — пересечение прямых СО и А В — и соединим ее с точкой Е. В плоскости СЕК через точку О проведем прямую OF || СЕ. Тогда /_DOF равен углу между прямыми DO и СЕ. Положим для краткости, что A.DOF = х. Для определения х вычислим стороны Л FOD и применим затем теорему косинусов.

Д л я подсчетов введем вспомогательный параметр, положив А В = а . Тогда, так как точка D — середина ребра S/4, и треугольник 5Л 0 —

- 5/1 =прямоугольный, то OD —

АКЕС:

а из подобия A K F O иOF ОК 13 , г. е.

Далее в A D K FСЕ СК

О Г = - СЕ = аУ 3...

DF2 - D K 2 + KF2 — 2D К • KF х X cos A.DFK. Так как точки D, Е и К — середины сторон правиль­ного A S A B , то D K = — SB — — и

2 2/ - D K F = 60°. Кроме того, KF =>= ~ КЕ = —. Таким образом, иолу-

з очаем, что DF2 = — а2. Так как DF2 <

3G< OD2 + OF2, то в ADOF Z-DOF

122

острый (следовательно, именно этот угол, а не смежный с ним является искомым), и DF2 = OF2 + OD2 — 2OF ■ OD cos ,v,

5 / 3откуда cos x = —jg— •

П р и м е р 2. Дан куб ABCDAXBXCXD{, ребро которого равно а. На ребре DC взята точка Р — середина этого ребра. Найдем расстоя­ния между следующими парами прямых: а) А А Х и DjP; б) AD и D ^ ; в) BD и D XP.

Р е ш е н и е . Пусть фигура ABCDAxByCyDy — изображение куба (рис. 124). Это изображение полное и метрически определенное, по­скольку при его построении израсходованы все пять параметров. Так как в стереометрии изображением фигуры-оригипала Ф0 можно считать любую фигуру Ф, подобную параллельной проекции фигуры Ф0 на некоторую плоскость, то фигуру A BCDAXBXCXD X мы можем считать изображением куба с ребром, длина которого равна а. На полученном изображении построим точку Р — середину отрезка DC и соединим точку Р с D x.

а) Ясно, что так как ЛiD i — ребро куба, то A XD X _L АА{ и A XD X— перпендикуляр к плоскости CDDх, т. е. A XD X _L D XP. Ноітогда A xD i —— а и есть искомое расстояние.

б) Так как точка Р лежит и в плоскости A XD XP и в плоскости ЛВС, то эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку Р. Пусть это прямая PQ. Так как A XD X параллельна плоскости ABC, то PQ || AXD X. Построим еще / l tQ. Нетрудно показать, что AD парал­лельна плоскости A XD XP и, таким образом, расстояние между прямыми AD и D XP равно расстоянию от прямой AD до плоскости A XD XP.

Так как построение перпендикуляра из точки D к прямой D XP в плоскости D XDC должно быть выполнено на метрически определен­ном изображении, то нельзя взять на прямой D XP произвольно точку Я и считать, что D Я _ L D XP. Построение выполним следующим обра­зом. Построим отрезок D M , где точка М — середина ребра ССХ. Тогда из равенства треугольников DDXP и DCM следует, что Z_DPH — = / L C M D , т. е. Z./YDP + z lD PH = 90° и, следовательно, в тре­угольнике DP H Z-DHP — 90°. Итак, DH — D XP.

Покажем, что DH — перпендикуляр к плоскости A XD XP. Дейст­вительно, так как AD — перпендикуляр к плоскости DCCX, то DH _L AD и DH _L PQ. Итак, DH Jl D tP и DH _L PQ, следователь­но, DH — перпендикуляр к плоскости A XD XP. Но тогда длина отрез­ка DH — искомое расстояние. Выражая двумя способами площадь A D D XP, получим уравнение относительно D Я : D Я • D 1P =

ci I 5= DP • DD1, откуда находим, что D Я — ——— .О

в) В плоскости ABC (рис. 125) построим прямую ЕК, проходящую через точку Р и через точку Е — середину ребра ВС. Тогда BD || ЕР. Построим плоскость ВХЕР. Так как BD || Е Р , то BD параллельна плоскости ВХЕР, и, таким образом, искомое расстояние равно расстоя­нию от прямой BD до плоскости ВХЕ Р . Чтобы найти это расстояние, проведем из точки О перпендикуляр на плоскость ВХЕР. Основание этого перпендикуляра — точка 5 не может быть взята произвольно,

123

так как изображение метрически определенное. Выполним построе­ние точки S следующим образом. Построим точку Ғ — точку пересе­чения прямых ОС и ЕР, затем точку Ох, в которой пересекаются пря­мые А ХСХ и BXD X, а затем точки Ох и F соединим.

Возьмем далее на ребре ССХ такую точку Т, чтобы выполнялось СТ 01'равенствоОС

Так как ОС

00,_ а V 2 OF a V 2 и 0 0 х а , то СТ = у .4 По-2 ’ 4

строим отрезок ОТ и точку 5 — точку пересечения ОТ и OxF.Так как по построению прямоугольные треугольники ООхҒ и

ОСТ подобны, то /LOxFO — /LOTC — Z.COT, а тогда /LOxFO -\- + /LCOT — 90° и, следовательно, ОТ _L OxF . Докажем теперь, что ОТ — перпендикуляр к плоскости ВХЕР. Так как BXD X — перпенди­куляр к плоскости А А ХС и ОТ лежит в плоскости А А ХС, то ОТ _L J_ BXD X.

Итак, ОТ _L BXD X и ОТ JL OxF. Таким образом, ОТ — перпенди­куляр к плоскости ВХЕР. А тогда длина отрезка OS — искомое рас­стояние. Выражая двумя способами площадь треугольника OxOF, получаем уравнение относительно OS: OS • OxF — OF • ООх, откуда

а У 2так как OF — —ч - ООх а ,

Рис. 126

ОхҒ — — , то находим, что OS-

П р и м е р 3. Боковая поверх­ность правильной четырехуголь- ной пирамиды SABCD в два раза больше площади ее основания. В гранях SAD и SDC проведены медианы AQ и DP. Найдем угол между ними.

Р е ш е и и е. I способ. Пусть фигура SABCD данная пирамида (рис. 126) . 3 то изображение пол­ное, и на него израсходованы все

124

пять параметров, т. е. оно и метрически определенное. Действительно, считая параллелограмм A BCD изображением квадрата, расходуем два параметра; считая SO изображением отрезка, перпендикулярного плоскости A BCD, расходуем также два параметра. Считая, что 5 бок= = 2S ABCD, фактически считаем, что высота боковой грани пирамиды равна стороне ее основания. (Приняв SE — высоту боковой грани — равной Һ, а сторону основания пирамиды DC — а , нз равенства 5 бок —= 2S ABCD получим: 4 • --all — 2а2, откуда и следует, что Һ = а.)

Итак, для дополнительных построений метрического характера свободных параметров нет. Заметим, что при выбранном способе реше­ния построений, требующих дальнейшего расхода параметров, не будет.

Для определения искомого угла включим этот угол в какой-ни­будь треугольник. Это можно сделать, например, следующим обра­зом: соединим точки Q и С (CQ будет медианой треугольника SCD) и точку пересечения прямых D P и CQ обозначим F. В треугольнике AQC через точку F проведем прямую KF || /1Q и, наконец, точку Қ соединим с точкой D.

Так как по построению KF || AQ, то угол между прямыми ҚҒ и DF равен искомому углу. Положим для краткости, что /LKFD — х. Для определения х вычислим стороны треугольника DFK.

Введем вспомогательный параметр, положив DC — а. Тогда, как отмечалось при подсчете параметров изображения, SE = а. Но SEявляется медианой треугольника SDC, т. е. FE = —. Тогда из тре-

3

угольника DFE, где DE = —, находим, что DF = а ^ 13 . Далее,2 G

/(/•' CFтак как треугольник CFК подобен треугольнику CQA, т о ------ —— .п р 9 о AQ

Н о ------ — —, следовательно, KF —■ — AQ. Но AQ = DP, значит,CQ 3 3-) о

ҚҒ = — D P . Принимая теперь во внимание, что и DF = — DP,3 a V l 3

приходим к выводу, что I\F = DF, т. е. KF = — . Третью сторонутреугольника D FK найдем из треугольника ADK- Получаем: D K 2 —= А К* -I- ADn- — 2А К ■ AD cos / . D A K , где A I< = - AC = £ЗСК

3 3 ,5a-AD = a, / . . D A K = 4 5 Тогда D K 2 — ■— • Итак, в треугольнике

D F K известны все три стороны. Применяя к нему теорему косинусов,получим: D К 2 = KF- -1- FD2 — 2KF-FD cos х, или — = +

J 9 3G13а- 0 пі^із и у Iл 3 3---------- 2 --------------- cos лт, откуда cos x — —, т. e. x = arccos —.36 в о 13 13

3 a m e ч a u м e. Укажем еще один путь включения искомого угла в треуголь­ник. В плоскости SDC через точку Q проведем прямую QT I! DP и точку Т соединим с точкой Л (рис. 127). Ясно, что / T Q A равен искомому. Найти его мои:по из тре­угольника AQT. Можно поступить и по-другому. Л именно нз треугольника AQL найти / A Q L , который дополняет искомый угол до 180', а затем найтн и искомый угол.

11 способ. Введем в пространстве прямоугольный декартов базис Oijk, векторы i, j и к которого — это единичные векторы осей Ох, Оу и Oz (рис. 128). Разложив затем векторы DP и AQ по векторам этого базиса, найдем cosZ_(/lQ, DP). Введем вспомогательный пара-

(2 1 2метр, положив DC = а. Тогда OD — ОС = ■ , и из треугольника

SOE, где SE = а и ОЕ = , получим, что SO = —У 3 . Выразим

теперь векторы DP и AQ через i, j и к. DP — OP — OD, где ОР =a Y 2

= — ОС ~t~ — OS = 0J^ 7 + “4 - /г' 0 09 9 * *!■

Тогда DP а У 2 7 , а / з4 4 -/г.

Далее, = 0Q - ОА, где 0Q = - 0 D 4- ІОЬ’ = “Ц А - / + - ^ - к ,

ОА ~ —

Таким образом, AQ = а- ~ —і -{- —9 —

—I-а Ү 3

Итак, cosZ_(/1Q, DP) /IQ - DP

\ m \ D P \a Y 2 а У 2 а У 2 а У 2 . a V 3

4 ’ 4 2 * 4 4a у 3

Y (-f 7 + (“- W ■ / № ) + ( = £ ) + F?— т. e. Z. {AQ, DP) = arccos—.

13 13

126

11 р и м е р 4. В основании четы- рехуголыюй пирамиды SABCD ле­жит прямоугольник с отношением сторон А В '■ AD 1 : 3. Каждое оо- ковое ребро образует угол 60° с пло­скостью основания. Найдем угол, который образует прямая D P с пло­скостью SCD , если точка Р — сере­дина ребра SB.

Р е ш е н и е. Пусть фигура SABCD (рис. 129) является изображением за­данной пирамиды. Это изображение A Dполное. Подсчитаем его иараметри- рис> J29ческое число. Произвольный парал­лелограмм A BCD считаем изображением прямоугольника (т. е. рас­ходуем один параметр) с известным отношением сторон (следователь­но, расходуем еще один параметр). Опустим перпендикуляр SO из вершины 5 на плоскость основания (т. е. израсходуем на изображение еще два параметра) и соединим точку О с вершиной А. Угол 5/10 — это угол, образуемый боковым ребром SA с плоскостью основания. Будем считать угол 5 /10 изображением угла, в оригинале равного 60° (при этом расходуется один параметр). Итак, всего на изобра­жение израсходовано пять параметров, а это значит, что изображе­ние метрически определенное, т. е. дальнейшие построения метричес­кого характера па этом изображении не могут быть выполнены про­извольно.

Соединим далее точку О с вершиной С основания. Тогда ZL5/10 = = Z_5CO = 60°, и прямоугольные треугольники 5 /10 и 5С 0, имею­щие общий катет 5 0 и по равному острому углу, равны между собой. А это значит, что 0/1 = ОС, т. е. точка О — середина диагонали /1C и, значит, точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD. Из равенства треугольников 5 /10 и 5С 0 следует также, что SA =S C , т. е. Д 5/1С — равнобедренный треугольник. Так как Z .SA 0 —— Z-5C0 = 60°, то и Z./15C = 60°, а поэтому Д 5/1С равносторон­ний. Аналогично A S B D также равносторонний.

Перейдем теперь к построению искомого угла. Так как угол между прямой и плоскостью равен углу, образованному прямой с ее орто­гональной проекцией на эту плоскость, то опустим перпендикуляр из какой-нибудь точки прямой DP на плоскость SCD. Для этого проведем сначала апофему SM грани SCD (точка М — середина ребра CD) и точку /VI соединим с точкой О. Тогда, так как 5М _L CD и О М — проекция SM на плоскость ABCD , то и ОМ . L C D . Итак, CD _1_ 5 .VI и CD _L ОМ, а это значит, что прямая CD будет перпенди­кулярна любой прямой, лежащей в плоскости 50/VI.

Поэтому если из точки К опустить перпендикуляр KL на апофему 5/W, то KL будет перпендикуляром и к плоскости 5CD и, следова­тельно, zC.KDL будет искомым углом. Положим /LI\DL = х. Как уже отмечалось, новых построений метрического характера на изо­бражении данной пирамиды произвольно выполнять нельзя, т. е.

12?

нельзя, взяв на апофеме SM точку L произвольно, сказать, что отре­зок KL будем считать изображением перпендикуляра к 5А1. Для построения /<Х J__ SM построим сначала ON _L SM. Это можно сде­лать, если подсчитать, в каком отношении точка N делит гипотенузу SM в A SO М.

Положив АВ — а , последовательно получаем: ВС = За, ОМ —

АС — а У ТО, SC = а УТо, ОС = SO = ( ~ - t SM = —^ 39 ,

ЛІ/V = — , т. е. Л'1/V : 5АІ = 3 : 13. Построив точку N такую,что MN : 5 .VI = 3 : 13, проведем затем KL || ON.

КIТеперь из подобия Л S K L и Д 50/И получим: — — = —— , гдеОМ S M

ОМ — — SM = 0 т 39’ 11 так как точка % — точка пересечения

медиан 5 0 и DP треугольника SBD, то S K = — 5 0 = Та-_ _ з з

- гг, ОМ • SK а У 30ким ооразом, KL = ----------- = —— .SM У з 9

Наконец, из прямоугольного A D K L имеем: sin х — —— НоZ — 2 К

D K = S K — —330. Итак, sin х = е - х — arcsinГір и м е р 5. В основании четырехугольной пирамиды SABCD

с вершиной в точке 5 лежит квадрат, а ее высота проектируется в точку А. Площадь грани SBC в два раза больше площади грани SAB. Найдем угол между высотой AF грани SAB и диагональной плоско­стью 5/1 С.

Р е ш е н и е . Пусть фигура SABCD (рис. 130) является изобра­жением данной пирамиды. Это изображение полное. Подсчитаем

число параметров, израсходован­ных на это изображение. Паралле­лограмм A BCD считаем изображе­нием квадрата — два параметра, отрезок SA считаем изображением перпендикуляра к плоскости осно­вания— два параметра. Площадь грани SBC считаем в два раза больше площади грани SAB, т. е.- 5 Б • ВС = 2 • - 5/1 . А В У или2 2

что SB — 25Л, и таким образом расходуем еще один параметр. Итак, на изображение израсходовано 5 параметров, следовательно, оно является метрически определен­ным. Это значит, что теперь нельзя

»28

на ребре SB точку F взять произвольно и считать, что отрезок AF является изображением высоты грани SAB. Вместе с тем для опре­деления искомого угла высоту AF построить необходимо (и затем бу­дет еще необходимо построить изображение ее проекции на плоскость SAC).

Для выполнения нужных построений и дальнейших расчетов вве­дем вспомогательный параметр, положив, например, АВ = а. Тогда,так как в прямоугольном треугольнике 5 /15 5/1 — —S B , то Z.SBA —

=30°, и, значит, если AF ±_ SB, то в прямоугольном треугольнике

ABF будет AF = - АВ, т. е. AF = Тогда S A = ^ , SB = — ] ^ 2 2 3 3

н SF — аУ ~ - . Таким образом, SF : SB = - О : — 3 , щщSF : SB — 1 : 4, откуда ясно построение высоты AF.

3 а м е ч а н и е. Построение высоты AF можно было выполнить и с помощью вспомогательного чертежа, на котором изображен треугольник, подобный оригина­лу треугольника SA B . О таком способе построения подробно рассказано в примерах 7, 8, 9 предыдущего параграфа.

Далее требуется построить изображение проекции высоты AF на плоскость 5/1 С. Это построение можно выполнить следующим обра­зом. В плоскости SAB через точку F проведем прямую, параллельную прямой 5/1. Пересечение этой прямой с прямой АВ обозначим через Қ. В плоскости ABC через точку К проведем прямую, параллельную прямой B D . Пересечение этой прямой с прямой АС обозначим /VI. В плоскости 5ЛС через точку /VI проведем прямую т, по которой пересекаются плоскости 5/1С и FKM. Так как и плоскость 5/1С, и плоскость ҒҚМ перпендикулярны плоскости ABC, то ясно, что и линия их пересечения — прямая т — будет перпендикулярна пло­скости ABC, т. е. m !| S/1 и т || ҒҚ. Пересечение прямой т с прямой SC обозначим L. Затем точку F соединим с точкой L.

Отрезок FL будет изображением перпендикуляра к плоскости 5/1С. (Действительно, FL || МК, но М К — это перпендикуляр к пло­скости 5/1 С, так как М К А. АС и М К -L 5/4.) Но тогда AL — это проекция AF на плоскость 5/1С, и, следовательно, Z_FAL — иско­мый угол. Положим для краткости, чло Z-FAL — х. Для определениях можно найти FL и затем sin х — —- . Выше уже найдено AF = —.

/1/г 2 Чтобы подсчитать FL, заметим, что по построению четырехугольник MKFL прямоугольник, т. е. FL — КМ.

Далее, КМ можно найти, заметив, что А А ҚМ оо А Л ВС, откуда- - - -- = — , где ВС — а, АС — a V 2 и А К = — (так как в тре- ВС АС 4

угольнике SAB SF : SB = 1 : 4, а значит, и А К • АВ = 1 : 4).

Итак, КМ — — г==г. Теперь находим, что sin х — —у=- ■ ~~ =4 J 2 l ' ^ ^ I " " ^

и, таким образом, A.FAL = arcsin - р .

5 Заказ -19 129

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

631. Наклонная АВ образует с плоскостью Р угол, ранный 45° и равный углу между проекцией этой наклонной и прямой АС, лежащей в плоскости Р. Найти угол ВАС.

632. В правильной треугольной пирамиде высота равна стороне основания. Найтн угол, образованный боковым ребром с плоскостью основания.

633. Прямая АВ лежит в плоскости Р, по одну сторону от которой через точку В проведены прямые ВС и BD, перпендикулярные прямой АВ и образующие с пло­скостью Р углы, равные 50 и 15°. Найти угол CBD.

634. Ди.гоиаль правильной четырехугольпой призмы образует с плоскостью основания угол 45°. Найти угол, образованный этой диагональю с пересекающей ее диагональю боковой грани.

635. Угол при вершине в осевом сечении конуса равен 2ск. Через эту вершину проведена плоскость г к, что высота конуса образуете ней угол р. Найти угол между образующими, по которым эта плоскость пересекает поверхность конуса.

636. В кубе ABCDA ,B iCiDi проведена секущая плоскость PQC\Bly где точки Р и Q — середины соответственно ребер А А Х и DDV Найтн угол между прямой CQ и секущей плоскостью.

637. В правильном тетраэдре SABC найти угол между ребром АВ и плоскостью грани SAC.

638. В правильной четырехугольпой пирамиде SABCD через диагональ АС про­ведена секущая плоскость, перпендикулярная грани SAD. Какой угол образует ребро SD с секущей плоскостью?

639. В правильной четырехугольпой пирамиде SABCD отношение высоты SO к стороне АВ основания равно 2 : 3. На диагонали АС взята точка Р т ак ая , что АР — = РО. Найти угол прямой SP с плоскостью грани SAD.

640. В основании четырехугольпой пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD. В боковой грани 5/1/5, которая перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником, проведена медиана А К. Точка К соединена с вершиной С Найти углы, которые образуют стороны А К и СК треугольника А СК с плос­кое іыо основания.

641. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник со сторонами AD =— а, АВ — Ь. Высота пирамиды проектируется в точку О — точку пересечения диа­гоналей основания. Боковое ребро образует 30° с плоскостью основания. Найти угол прямой Л Р г г!,"о:кость'і SAC, если точка Р — середина высоты SO.

642. В основании прямого параллелепипеда ABCDAyByCyD^ лежит паралле­лограмм с острым углом при вершине А, равным 60а. Найти угол между диагональю P,D параллелепипеда и боковой гранью CCJ)\D, если АВ : AD : ААУ = 2 : 1 : 3 .

643. В кубе ABCDA)B\C\DX точка Р — середина ребра АВ. Найти угол между прямой С\Р и диагональным сечением Л Л ^ С куба.

644. !3 кубе A B C D A проведены секущая плоскость BDCi и диагональ CDi боковой грани CCiDiD. Найти угол между диагональю CDi и секущей пло­скостью.

645. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сторон А В : ВС = 1 : 2 . Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом 00°. Найти углы, которые образуют прямые DP и DQ с диагональной плоскостью SAC, если точки Р и Q — середины соответственно ребер 5Л и SC.

646. В правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро образуете плоско-

130

стыо основания угол 4 5 \ Чороз вершину основания н середину высоты пирамиды проведена прямая. Найти угол между этой прямой и боковыми гранями пирамиды.

647. В куб: A BC D A 1 B 1 ClD i проведены плоскость CXDB и прямая DP, где точ­ка Р — середина ребра B B V Найти угол между прямой DP и секущей плоскостью.

648. В кубе A B C D A , В хС\Ол проведена секущая плоскость BDP, где точка Р — середина ребра ССи Найти угол между прямой /UQ и секущей плоскостью, если точка Q — середина ребра DDX.

649. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с пря­мым углом С. Каждое боковоо ребро образует с плоскостью основания угол 45°. Найти угол между медианой А М грани SA B и плоскостью грани SBC.

650. Прямая касается конуса и составляет с его образующей в точке касания острый угол а, а с плоскостью основания конуса угол (1 Найти угол между образую­щей и плоскостью основания.

651. Окружность радиуса R и равносторонний треугольник со стороной, рав­ной R )^3 , лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях. Отрезок,соединяющий центр окружности с центроидом треугольника, образует с данными плоскостями углы, равные 30’ , и одна из сторон треугольника принадлежит плоскости окружности. Найдем длину той части стороны треугольника, которая лежит внутри окружности.

652. В правильной четырехугольпой призме A B C D A iB lCiD 1 диагонали B XD и BD j взаимно перпендикулярны. Найти угол между диагоналями BXD и АХС.

653. Квадрат с проведенной в нем диагональю свернут в виде боковой поверх­ности правильной четырехугольной призмы, и, таким образом, диагональ квадрата стала неплоской ломаной. Найти углы между отрезками этой ломаной.

654. Точка D — середина ребра 5Л , точка Е —г середина высоты SO правиль­ного тетраэдра SABC. Найти угол между прямыми OD и СЕ.

655. Доказать, что в правильной треугольной пирамиде нары неперссекающнхся ребер взаимно перпендикулярны.

656. Доказать, что если противоположные ребра треугольной пирамиды попар­но перпендикулярны, то все высоты пирамиды пересекаются в одной точке.

657. В правильном тетраэдре SABC AD — медиана ДЛ/ЗС, точка Е — сере­дина ребра SB. Найти угол между прямыми AD и СЕ.

65S. В тсчрлгдре SABC 5Л — перпендикуляр к плоскости ABC, АВ _]_ АС и 6’Л = А В — АС. Найти угол между прямыми OD и СЕ, если точка D — середина ребра 5Л , точка Е — середина ребра SB, а точка О центроид основания ABC тетраэдра.

659. В основании прямого параллелепипеда ABCDA^BxCyDi лежит паралле­лограмм ABCD с острым углом DAB, равным у. Диагонали А В У и ВСХ боковых гра­ней образуют с плоскостью основания углы, соответственно равные а и р. Найти угол между этими диагоналями.

660. Угол между скрещивающимися прямыми а и b равен 60°. Расстояние ог общего перпендикуляра прямых а и b до точки Л, лежащей на прямой а, равно рас­стоянию от него до точки В прямой b и равно расстоянию между прямыми а и Ь. Найти угол между общим перпендикуляром и прямой АВ.

661. В кубе ABCDAyBf iyDy иа ребрах Л Л, п D DV взяты соответственно точки Р н Q — середины этих ребер. Найтн угол между лучами DP и QCX.

662. В правильном тетраэдре SABC найти угол между медианой А М грани S A B и лучом SC.

663. В правильной треугольной пирамиде SABC все плоские углы при верши­

5* 131

не 5 прямые. Найтн угол между лучами СР и SD, если точки Р и D — середины со­ответственно ребер 5 Л и ВС.

664. В четырехугольпой пирамиде SABCD основание A BCD — параллелограмм с отношением сторон А В : ВС = 1 : 2 и острым углом, равным 60°. Грань S A B пи­рамиды перпендикулярна плоскости основания и является правильным треуголь­ником. Найтн угол между медиаион DM грани SA D и апофемой S K грани SAB.

665. В четырехугольпой пирамиде SABCD все боковые ребра наклонены к пло­скости основания под углом 00°. Через точку F, делящую диагональ АС так, что AF : FC — 1 : 3, и точку Р — середину ребра SC — проведена прямая. Найтн угол, образуемый лучом FP с диагональю AQ.

666. В правильной треугольной призме ABCA^B^C lf боковые грани которой являются квадратами, проведены диагонали B A і, ACi и CBV Найтн углы между лучами АСх и B /lt ; ACj и CBt ; В А Х и CBt .

667. В прямоугольнике ABCD АВ : ВС — 2 : 1. На сторонах АВ и CD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих сторон, и по прямой PQ прямоугольник согнут так, что угол между лучами РВ и РА равен 60°. Найти угол между лучами DB и AQ.

668. В правильной четырехугольпой пирамиде SABCD угол между боковым ребром и плоскостью основания равен 45°. Найти угол между лучами ВР и OL, где точка В — вершина основания пирамиды, точка Р — середина высоты пирамиды, точка О — центроид основания, а точка L — середина ребра SC.

669. Квадратная пластинка ABCD перегнута по диагонали АС так, что пло­скость ABC стала перпендикулярна плоскости ACD. Точки К и L выбраны на диа­гонали АС таким образом, что C K = K L — LA. Найти угол между лучами КВ и CD.

670. В треугольной пирамиде 5/1 ВС плоские углы /15В и CSB при вершине 5 прямые, а угол Л5С равен 45°. Найти угол между лучами КС и SD, если точки К и D — середины соответственно ребер 5 Л и ВС и 5Л = SB = SC.

671. В треугольной пирамиде SABC основание ABC —> правильный треуголь­ник, грани S A B и SBC перпендикулярны плоскости основания и ребро SB равно стороне основания. Найти угол между лучами 5 0 и BD, где точка 0 — центроид треугольника АЗС, а точка D — середина ребра SC.

672. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоуголь­ного параллелепипеда образуют с плоскостью основания углы а и Найти угол между этими диагоналями.

673. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD сторона основания А В — = 6 см, высота равна 4 см. Найти расстояние от вершины Л до плоскости грани SCD.

674. Отрезок АВ, длина которого равна а, параллелен плоскости Р. Через точки Л и В проведены прямые, перпендикулярные отрезку ЛВ и образующие с плоскостью Р углы, соответственно равные а и f?. Расстояние между точками пересе­чения проведенных прямых с плоскостью Р равно Ь. Найти расстояние между отрез­ком ЛВ и плоскостью Р.

675. Отрезок, длина которого равна а, имеет концы на двух взаимно перпенди­кулярных плоскостях и образует с одной из них угол, равный 30°, а с другой — 45°. Найтн расстояние между проекциями концов данного отрезка на линию пересече­ния плоскостей.

670. В плоскости Р лежит равносторонний треугольник ЛВС, у которого /1В = = а. На перпендикуляре к плоскости Р, проходящем через точку Л, отложен отре­зок А К такой, что А К = а. Найтн расстояние между прямыми АВ и СК.

677. Через верхний конец образующей цилиндра под углом, равным сс, проведе­на касательная к цилиндру. Найти расстояния от центров оснований цилиндра до этой касательной, если высота цилиндра н радиус его основания равны соответствен­но Һ н R.

678. В точках /1 и В, принадлежащих плоскости Р, восставлены перпендикуля­ры АС и BD к плоскости Р по одну сторону от нее. Доказать, что прямые ВС и AD пересекаются, н найти расстояние от точки их пересечения до плоскости Р, если известно, что АС г~ а и BD — Ь.

679. Высота правильной четырехугольпой призмы равна Һ. Найтн расстояние от стороны основания, длина которой равна а, до не пересекающей се диагонали призмы.

680. Основанием прямой призм ы /1BCD/415 1C1D 1 является ромб со стороной, равной а, и острым углом (р. Найти расстояние от вершины В\ верхнего основания до диагонали A XD боковой грани, если боковое ребро призмы равно Һ.

681. Найтн расстояние между диагональю куба и непересекающим ее ребром, если ребро куба равно а.

682. Найти расстояние между пепересекающимися диагоналями смежных граней куба, если его ребро равно а.

683. В равностороннем цилиндре, радиус основания которого равен R, точка окружности верхнего основания соединена с точкой окружности нижнего основания. Проведенная прямая образует с плоскостью основания угол, равный а. Найти рас­стояние между этой прямой и осыо симмотрпи цилиндра.

684. Между двумя параллельными плоскостями проведены перпендикуляр и наклонная, образующая с каждой нз плоскостей угол а . Найти расстояние между серединами отрезков наклонной и перпендикуляра, заключенных между данными пло­скостями, если длина отрезка перпендикуляра равна 2 а, а расстояние между кон­цами наклонной н перпендикуляра в каждой из плоскостей равно Ь.

685. В треугольной пирамиде сумма трех плоских углов при каждой из вершин основания равна 180’. Найтн расстояние между скрещивающимися ребрами пирами­ды, если стороны основания равны 4, 5 и 6 см.

688. Доказать, что если прямая а образует равные углы с тремя непараллель­ными между собой прямыми, лежащими в одной плоскости, то прямая а перпендику­лярна этой плоскости.

687. Плоские углы при одной из вершин треугольной пирамиды прямые. Д ока­зать, что высота пирамиды, проведенная из этой вершины, проходит через точку пере­сечения высот противолежащей грани.

608. Доказать, что высота SO треугольной пирамиды SABC пересекает высоту AD основания в том и только в том случае, когда 5/1 _L ВС.

689. Доказать, что если одна из высот треугольной пирамиды проходит через точку пересечения высот противолежащей грани, то н другие высоты этой пирамиды обладают тем же свойством.

§ И . ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ

П р и м е р 1. Один из плоских углов трехгранного угла равен 60°, а каждый из двух других содержит по 45°. Найдем двугранный угол, противоположный плоскому углу, содержащему 60°.

Р е ш е н и е . Пусть фигура SMNL (рис. 131) — изображение данного трехгранного угла. Это изображение полное. Найдем его

133

параметрическое число. Считая угол MSN изображением угла в 60°, рас­ходуем одни параметр; считая, что уг­лы MSL и NSL являются изобра-

5 жениями углов, в оригинале содер­жащих по 45° каждый, расходуем еще два параметра. Таким образом, израсходовано всего три параметра, т. е. при выполнении новых постро­ений метрического характера, кото­рые могут потребоваться при опреде­лении искомого двугранного угла,

Рис. 131 можно использовать еще два парамет-ра.

Итак, Z-MSN = 60°, / . M S L = /LKSL = 45 . Найдем Z.SL — двугранный угол при ребре SL. Для этого построим и затем найдем его линейный угол. Построение выполним следующим образом.

На луче SL выберем произвольную точку А и в плоскости MSL построим прямую АВ, которую будем считать изображением перпен­дикуляра к 'прямой SL (расходуем один параметр). Аналогично бу­дем считать ЛС изображением перпендикуляра к лучу SL (расходуем еще один параметр, и теперь на изображение израсходованы все пять параметров). Таким образом, / . .ВАС является искомым линейным углом двугранного угла SL.

Выполним необходимые расчеты, введя вспомогательный пара­метр. Положим, например, SA — а. Тогда из прямоугольных тре­угольников SAB и 5ЛС находим, что АВ а и ЛС = a, SB = SC = = a Y 2. Поскольку в A S ВС ВС — SB — SC, то ВС « а У 2.

Убедимся в том, что выполняется равенству А В'1 + АС'1 — ВС2. Действительно, А В2 + Л С2 =- 2а2 и ВС2 — (аУ2)2 = 2а2. Таким об­разом, в А А В С (по теореме, обратной теореме Пифагора) / . .ВАС—90°. Значит, и Z-5L ’== 90°.

З а м е ч а н и е . Рассмотренную задачу можно было решить и не прибегая к введению вспомогательного параметра. Действительно, как нетрудно заметить, А А В С = A A S B , поэтому / ВАС = / S A B = 90°.

П р и м е р 2. В основании пи­рамиды лежит правильный треуголь­ник. Одна из боковых гранен перпен­дикулярна плоскости основания, две другие наклонены к нему под углами, равными а. Найдем углы, образован­ные боковыми ребрами с плоскостью основания.

Р е ш е н и е . Пусть четырех­угольник SABC с его диагоналями SB и ЛС является изображением данной пирамиды (рис. 132). Эго

изображение полное (убедитесь в этом самостоятельно, приняв, на­пример, плоскость ЛВС за основную плоскость). Подсчитаем пара­метрическое число изображения. Считая произвольный треугольник ЛВС изображением равностороннего треугольника, расходуем два параметра. Считая треугольник SAB изображением грани, перпенди­кулярной в оригинале к плоскости основания, расходуем один пара­метр. Считая треугольники 5ЛС и SBC изображениями граней, на­клоненных к плоскости основания под углами, каждый из которых равен а, расходуем еще один параметр. Таким образом, параметри­ческое число рассматриваемого изображения р — 4.

Для решения задачи введем в чертеж данные и искомые величины, для чего выполним необходимые дополнительные построения.

Прежде всего построим отрезок SD —апофему грани SAB. Тогда, так как плоскость SAB перпендикулярна плоскости ЛВС, то отрезок SD также является перпендикуляром к плоскости ЛВС, и поэтому AD — это проекция ребра SA на плоскость ABC, т. е. / _ S A D — это угол, образованный ребром SA с плоскостью ЛВС. Аналогично Z.SBD — это угол, образованный ребром SB с плоскостью ЛВС, Z.SCD — это угол, образованный ребром SC с плоскостью ЛВС. За­метим далее, что АЕ — медиана треугольника ЛВС — является и его высотой, поэтому, построив DF || АЕ, заключаем, что DF J_ ВС и, следовательно, DF — проекция отрезка SF на плоскость ЛВС. Таким образом, SF X ВС и /LSFD является линейным углом дву­гранного угла ВС, т. е. /_SFD = а. Аналогично, построив D K JL ЛС, заключаем, что Z-SKD = а. Более того, прямоугольные треугольни­ки SDF и S D K имеют общий катет SD и равные между собой острые углы SFD и SKD, т. е. эти треугольники равны. Тогда DF — D K Значит, точка D равноудалена от сторон угла АСВ. Таким образом, точка D лежит на биссектрисе угла Л СВ правильного треугольника ЛВС. Но биссектриса угла правильного треугольника является его медианой и высотой. Итак, CD — медиана А АВ С , т. е. точка D — середина стороны АВ и, следовательно, SD — высота A S A B — яв­ляется и его медианой. Это значит, что A S A В равнобедренный, т. е. Z.SBD = /LSAD .

Теперь можно перейти к вычислениям. Введем вспомогательный параметр, положив Л В = а, и положим для краткости Z_SBD — х,/LSCD = у. Тогда и A.SAD = х. Ясно, что BD = — ЛВ = —.

2 2Далее, так как АЕ—медиана ААВС, a FD — средняя линия Л АВЕ, то DF — — АЕ — — • а V 3 — Из прямоугольного A S D F

П р и м е р 3. Двугранный угол при боковом ребре правильной

2 2 2 44

имеем: SD = DF • tg а = —' tg а.

Итак, tg х = — = а У 3., tg а, откудагг * SD 1 ,Далее, tg у = — = — tg а, откуда

135

s четырехугольпой пирамиды равен а.Найдем двугранный угол при ребре основания этой пирамиды.

Р е in с и и е. Пусть фигура SABCD является изображением дан-

с ной пирамиды (рис. 133). Это изоб­ражение полное (убедитесь в этом самостоятельно). Подсчитаем его па­раметрическое число. Считая парал­лелограмм A BCD изображением квад­рата, расходуем два параметра. Пусть

Рис. 133 точка О — точка пересечения диаго­налей основания. Считая отрезок SO

изображением высоты пирамиды, расходуем еще два параметра. Считая, наконец, угол между боковыми гранями, например SBC и S D C , изображением двугранного угла, величина которого в ори­гинале равна а, расходуем еще один параметр. Таким образом, на изображение дайной пирамиды израсходованы все пять параметров.

Для решения задачи необходимо выполнить некоторые дополни­тельные построения, позволяющие, в частности, ввести в чертеж дан­ный и искомый углы. (На имеющемся метрически определенном изо­бражении новые метрические построения в принципе нельзя выпол­нять произвольно. В рассматриваемом случае, однако, при выполне­нии метрических построений допустимы исключения, так как угол при боковом ребре пирамиды задан параметром, значения которого, как нетрудно заметить, принадлежат интервалу ]90°; 180°[. Этим об­стоятельством мы и воспользуемся.)

Возьмем па ребре SC точку М и будем считать, что отрезок ОМ — изображение перпендикуляра к ребру SC. Построим далее отрезки DM и ВМ. Так как BD X АС и BD X SO, то BD X SC. Таким об­разом, SC X BD и SC X ОДI, т. е. SC _L DM и SC ВМ. Тогда Z-BMD является линейным углом двугранного угла SC, и поэтому Z_BMD — а. Кроме того, можно показать, что отрезок ОМ — ме­диана треугольника BMD — является также его биссектрисой и вы­сотой. Поэтому Z.BMO — Z..DMO = и ОМ X BD. Построим еще

S K — апофему грани SDC и О К — медиану треугольника OCD. Так как треугольники SDC и OCD равнобедренные, то SI{ X CD и OK X CD, т. е. Z.SKO является линейным углом двугранного угла при ребре CD. Перейдем теперь к вычислениям. Введем вспомогатель­ный параметр, приняв CD = а, и положим для краткости Z..SKO—X.

а Л 2Так как в прямоугольном треугольнике DOM DO — —~ , то

DM = — - — . Подсчитаем теперь S}\. Так как Д SCK оо д CDM,2 sin - 7 -

2

Таким образом, SK = I f SK2 -|- , откуда 5/C =2 sin —

2

= — Тогда из прямоугольного треугольника SOK находим,2 К —cos а

что cos х = — = К — cos а, т. е. х — arccos У — cos а.SK

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

690. Два плоских угла трехгранного угла равны по 45° каждый, а двугранный угол между ними прямой. Найти третий плоский угол.

691. Одни из плоских углов трехграппого угла равен 9 0 \ а два других — по 00°. Найтн угол между плоскостью прямого угла и плоскостью, отсекающей от ре­бер трехграппого угла равные отрезки.

692. Плоские углы трехграппого угла равны 45, 45 и 0 0 \ Через его вершину про­ведена прямая, перпендикулярная к грани плоского угла, равного 4 5 \ Найтн угол между этой прямой и ребром трехграппого угла, не лежащим в указанной грани.

693. Грани S A B и SBC трехграппого угла SA BC образуют прямой угол, а два других двугранных угла равны каждый а . Найти плоский угол ASC.

694. Через точку, взятую на ребре двугранного угла, равного а, проведен в од­ной грани луч, образующий с ребром угол [», а в другой грани — луч, перпендику­лярный ребру. Найти угол между этими лучами.

095. Внутри трехгранного угла, все плоские углы которого равны 2Г/., через вер­шину угла проведен луч, одинаково наклоненный к ребрам двугранного угла. Найти угол наклона этого луча с каждым ребром.

69f5. Плоские углы трехгранного угла равны соответственно а, |> н у. Найти его двугранные углы.

697. В прямоугольнике A BCD ЛВ : ВС = а '■ Ь. Через сторону AD проведена плоскость Р, с которой диагональ прямоугольника составляет угол, равный 30’. Найти двугранный угол между плоскостью прямоугольника и плосиос;ыо Р.

698. Через точку А плоскости Р проведена наклонная Л В, образующая с пло­скостью Р угол ос. Через Л В проведена плоскость Q, образующая угол j) с плоско­стью Р. Найти угол между прямой А В и линией пересечения плоскостей Р и Q.

699. Через биссектрису прямого угла прямоугольного треугольника проведена плоскость, образующая с плоскостью треугольника угол сс. Найти углы, которые образуют катеты треугольника с этой плоскостью.

700. В правильном тетраэдре SABC через медиану АО основания и точку К — середину ребра SB — проведена плоскость. Найти двугранный угол между этой плоскостью и плоскостью основания.

701. В правильной треугольной призме ABCAiBiCi все ребра равны между собой. Через ребро А А \ и точку D\ —• середину ребра ByCi — проведена плоскость. Найти двугранный угол между этой плоскостью и плоскостью Л/Л С.

702. [3 правильной треугольной пирамиде сторона основания в три раза меньше бокового ребра. Найти двугранный угол при боковом ребре.

703. В правильной четырехугольной пирамиде угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен а. Найти двугранный угол при боковом ребре.

704. Основанием пирамиды служ иi квадрат. Найти двугранные углы, образуе-

мыс боковыми гранями с плоскостью основания и относящиеся друг к другу, как1 : 2 : 4 : 2.

705. В правильной треугольной пирамиде двугранный угол при ребре основания равен а . Найти угол наклона бокового ребра к плоскости основания.

706. Угол прн боковом ребре правильной треугольной пирамиды равен а . Найти двугранный угол между плоскостью основания и боковой гранью пирамиды.

707. В правильной треугольной пирамиде двугранный угол между боковой гранью и плоскостью основания равен а . Найти двугранный угол между боковыми гранями.

70S. Доказать, что если все двугранные углы треугольной пирамиды равны меж­ду собой, то все ее ребра также равны между собой.

709. В треугольной пирамиде SA BC грани 5/1С и SA B — равнобедренные пря­моугольные треугольники с общей гипотенузой 5/1. Двугранный угол при ребре SA равен а. Найти двугранные углы при ребрах SB и SC.

710. В основании пирамиды SABCD, все боковые ребра которой одинаково на­клонены к плоскости основания, лежит прямоугольник ABCD. Через точки F, К и L — середины ребер ЛВ, AD и SC — проведена плоскость. Найти двугранный угол, который эта плоскость образует с плоскостью основания, если АВ : AD : 5/1 — = 1 : V3 : 2.

711. Основанием пирамиды является квадрат. Две боковые грани перпендику­лярны плоскости основания, а две другие — составляют с ней углы, равные «. Найти двугранный угол между боковыми гранями, не перпендикулярными плоскости осно­вания.

712. Высота правильной /i-угольной пирамиды вдвое меньше стороны основа­ния. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания.

713. В правильной /г-уголыюй пирамиде угол между боковым ребром и смеж­ным с ним ребром основания равен а . Найти двугранный угол, образованный боко­вой гранью с плоскостью основания.

714. В правильной «-угольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре равен 2с4. Найтн угол наклона бокового ребра к плоскости основания пирамиды.

715. В правильной «-угольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре равен 2а. Найти двугранный угол при ребре основания пирамиды.

716. Два равных прямоугольника ABCD и ABCyDy имеют общую сторону АВ , и их плвскости образуют двугранный угол, равный 6 0 \ Найти угол между диагона­лями АС и BDi, если А В : AD = 1 : 2.

717. Два равных ромба ABCD и A B C xDy имеют общую сторону ЛВ, а плоскости их образуют между собой двугранный угол, равный 45°. Наіһп угол между сторона­ми ВС и BCi ромбов, если острый угол каждого нз них равен 60°.

718. Параллелограмм A BCD, у которого АС — меньшая диагональ и ЛВ : АС : ВС = 1 : 1 : 7^2, согнут по диагонали АС так, что угол BAD стал рав­ным 60°. Найти двугранный угол, образованный плоскостями треугольников ABC и ADC.

719. В параллелограмме ABCD острый угол равен 60° и АВ : ВС = 2 : 1. На стороне АВ взята точка Р , а на стороне CD — точка Q — середины этих сторон. После сгибания параллелограмма по прямой PQ плоскости PQC и PQD образовали дву­гранный угол, равный 45°. Найти острый угол между прямыми ЛР и ВР.

720. В правильной треугольной пирамиде SABC двугранный угол при ребре основания равен 45°. Найтн угол между медианой CD грани 5/4С и плоскостью 5/15-

138

721. В основании четырехугольпой пирамиды лежит ромб с острым углом 60°. Каждая боковая грань наклонена к плоскости основания под углом 45°. Найти углы, которые образует высота боковой грани с диагоналями основания.

722. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат A BCD, Соковая грань 5ЛВ перпендикулярна плоскости основания и является равнобедренным треугольником, а боковые ребра SC и SD образуют каждое с плоскостью основания угол 45°. Найти двугранный угол при боковом ребре SD.

723. В плоскости основания равностороннего конуса (вне основания) взята точ­ка, удаленная от окружности основания на расстояние, равное радиусу основания. Через эту точку проведены к конусу две касательные плоскости. Найти двугранный угол между ними.

§ 12. СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ

Задачи, связанные с необходимостью изображать сечения, разо­бьем на два вида:

1) задачи, в которых говорится, что сеченпе требуется построить;2) задачи, в которых говорится (или подразумевается), что сече­

ние уо/се построено.При решении задач первого вида построение сечения сопровож­

дается описанием процесса построения, которое выполняется либо по полной схеме решения задачи на построение (анализ, построение, доказательство, исследование), либо (в более простых случаях) но несколько упрощенной схеме (например, опускается анализ, построе­ние совмещается с доказательством). Исследование задачи на построе­ние сечения не следует смешиеать с исследованием решения задачи на вычисление каких-либо величин, связанных с наличием сечения. Так, задача о построении диагонального сечения куба или прямо­угольного параллелепипеда имеет шесть решении; задача же о вычи­слении площади диагонального сечения в случае куба имеет лишь одно решение, а в случае прямоугольного параллелепипеда — три.

При решении задач второго вида поступают несколько иначе: если на изображение заданного многогранника вместе с сечением рас­ходуется не более пяти параметров, то построение сечения не описы­вают (хотя для решения задачи построение сечения, естественно, не­обходимо выполнить); если же все пять параметров израсходованы еще до построения сечения, то построение, необходимое для изобра­жения сечеиия, описывают. Это описание делают так же, как и опи­сание любых других построений, выполняемых на метрически опре­деленном изображении.

При решении задач как первого, так и второго вида необходимо убедиться в полноте изображения, на котором должно быть построе­но изображение сечения (для задач первого вида) или на котором сечение изображено (для задач второго вида). (Напомним, что на полном изображении разрешима любая позиционная задача.) Кроме того, поскольку, как правило, заранее неизвестно, удастся ли в про­цессе решения ограничиться лишь позиционными построениями или

139

потребуется выполнять еще и метриче­ские, то необходимо подсчитать и пара­метрическое число изображения.

Перейдем к рассмотрению задач пер­вого вида. Остановимся сначала на построении сечения методом следа се­кущей плоскости. (Следомсекущей плос­кости называют прямую, получаемую в пересечении секущей плоскости с ка-

* кой-нпбудь плоскостью, выбранной наРис. 134 изображении в качестве основной.)

ГІ р и м е р 1. На ребрах куба1

ABCDA^ByCiDi даны точки Р, Q и R такие, что Л Р — А Л Х,

BiQ — — BiCx и CR — — CD. Построим сеченне куба плоскостью2 3

PQR.Р е ш е н и е. Выясним сначала, разрешима ли эта задача. Пусть

фигура ABCDAiBiCiDi является изображением куба (рис. 134). Это изображение полное. Ясно также, что, имея на изображении точки Р, Q и R — проекции точек Р0, Qо и Ro, можно найти и вторичные проекции точек Р0, Qo и Ro. Для этого достаточно выполнить в плос­кости изображения внутреннее параллельное проектирование, на­пример, в направлении, параллельном А А г. Таким образом, найдем точки Pi, Qi и Ri п придем к выводу, что изображение секущей плос­кости является заданным. Тогда задача о нахождении пересечения плоскости, заданной точками Р, Q и R, с поверхностью куба разре­шима. Нетрудно подсчитать, что параметрическое число изображения р — 5, т. е. все дальнейшие построения, необходимо выполнять в со­ответствии с правилами параллельного проектирования.

Перейдем непосредственно к построению сечения (как обычно, говорим о построении сечения, хотя речь идет о построении изобра­жения сечения). Первый этап общей схемы решения задачи на по­строение — анализ — в рассматриваемом примере опустим, а вто­рой и третий этапы — построение и доказательство — проведем совместно.

Найдем прежде всего след секущей плоскости — линию пересече­ния плоскости PQR плоскостью ABC (точки Р ь Q-, и Ri взяты в пло­скости ABC, которая таким образом выбрана в качестве основной).

1) Найдем точку X, в которой пересекаются прямые PQ и PiQT. Так как точка X лежит на прямой PQ, а прямая PQ лежит в секущей плоскости PQR, то точка X лежит в плоскости PQR. Аналогично, так как точка X лежит на прямой PjQi, то она лежит в плоскости ЛВС. Таким образом, точка X является общей точкой плоскостей PQR и ЛВС. Точка R также является общей точкой этих плоскостей. Тогда XR — прямая, по которой пересекаются плоскости PQR и ЛВС.

2) Строим прямую XR — след секущей плоскости.

140

3) Найдем точку 5, в которой пере­секаются прямые R X и AD.

4) Соединим точки Р и S.5) Найдем точку М, в которой пере­

секаются прямые R X и А В.Так как точка М лежит на прямой

RX, а прямая RX лежит в секущей плос­кости PQR, то точка М лежит в плос­кости PQR. Аналогично, так как точка М лежит на прямой АВ, а прямая А В лежит в плоскости АВВ\, то точка М является общей точкой секущей плос­кости и плоскости боковой грани АВВ\ куба.

6) Строим прямую МР, по которой пересекаются плоскости PQR и АВВХ.

7) Находим точку К, в которой прямая МР пересекает прямую А гВл.

8) Соединяем точки К и Q.9) Находим далее точку /V как точку пересечения прямых RX и

ВС.10) Строим прямую QN.11) Находим точку L, в которой пересекаются прямые QN и ССХ.12) Соединяем точку L с точкой R.Поскольку по построению вершины многоугольника SPKQLR

являются точками, лежащими в секущей плоскости PQR и принад­лежащими ребрам куба, то многоугольник SPKQLR — искомое сече­ние. Так как по смыслу задачи точки Р , Q и R не лежат на одной прямой, то задача имеет единственное решение.

П р и м е р 2. Даны куб ABCDAyByCiDi и точки Р, Q и R та­кие, что А Р — — А А Ъ BiQ = — ВгСу, а точка R — центроид грани

3 2DDyCiC. Построим сечение куба плоскостью PQR.

Р е ш е и и е. Как и в предыдущем примере, находим точки Pi.Qi и Ri и показываем, что изображение является полным, а р — 5. На­ходя след секущей плоскости (рис. 135, а), получаем искомое сечение.

Рассмотрим па этом примере другой метод построения сечений.

141

называемый методом внутреннего проектирования. (Полнота изобра­жения установлена.) Выполним построение (рис. 135, б).

1) Строим прямые PR и P\R\.2) Находим точку /Vlx, в которой пересекаются PiRi и QiD.3) Через точку проведем прямую т || АА\.4) Находим точку /VI пересечения прямых т и PR.5) Находим точку F пересечения QM и DD\.Точка F лежит в секущей плоскости PQR. Действительно, точка

/VI лежит на прямой PR, т. е. точка /VI лежит в плоскости PQR. Но и точка Q лежит в плоскости PQR. Значит, прямая MQ лежит в плос­кости PQR , а тогда и точка F прямой /VIQ лежит в плоскости PQR. После нахождения четвертой точки, принадлежащей и секущей пло­скости, и плоскости сечения куба, построение можно выполнить сле­дующим образом.

6) Соединяем точки Р и F.7) Находим точку L пересечения прямых FR и СС\.8) Строим прямую QL.9) Находим точку N пересечения прямых QL и ВВ\.

10) Находим точку К пересечения прямых МР и А ХВ\.11) Соединяем точки К и Q.Получеииыіі многоугольник PKQLF является искомым сечением.Описанные выше методы следа секущей плоскости и внутреннего

проектирования применяются и при построении сечений пирамиды. В этом случае осуществляется центральное проектирование. На ри­сунке 136, а сеченне пирамиды плоскостью PQR построено с помощью следа Х У секущей плоскости, а на рисунке 136, б — методом внут­реннего проектирования.

Способы задания сечений многогранников весьма разнообразны. Так, секущая плоскость может быть задана двумя точками и некото-

142

роіі прямой, которой заданное се­чение параллельно или перпенди­кулярно, двумя точками и плос­костью, которой заданное сечение параллельно или перпендикуляр­но, и т. д.

П р и м е р 3. В правильной треугольной пирамиде SABC про- ведем сеченне, параллельное ребру SB и проходящее через точки Р и Q — соответственно середины ре­бер А В и ВС.

Р е ш е н и е . Пусть четырех- рис. 137угольник S /lB C cero диагоналямиАС и SB является изображением заданной пирамиды (рис. 137). Это изображение полное. Двумя точками Р и Q и прямой SB вполне определяется положение сечения секущей плоскости. Таким образом, задача о построении на этом изображении разрешима. Параметри­ческое число изображения р — 4.

Перейдем к построению сечения. Для краткости обозначим секу­щую плоскость через (1 Так как точка Р лежит на ребре АВ, то она лежит в плоскости ABC. Точно так же и точка Q лежит в плоскости ABC. Но точки Р и Q лежат также в секущей плоскости р. Таким образом, плоскости и ABC пересекаются по прямой PQ. Итак, вы­полним построение.

1) Соединяем точки Р и Q. Так как SB || (5, то плоскость SAB, проходящая через ребро SB, пересечет (5 по прямой, проходящей через точку Р и параллельной ребру SB.

2) Поэтому в плоскости SAB через точку Р проводим прямую Р К и SB.

3) Аналогично строим QM || SB.4) Соединяем точки К и /VI.Четырехугольник PKMQ удовлетворяет условиям задачи и по­

этому является искомым сечением. Нетрудно также убедиться, что требуемое сечение существует, и притом только одно.

З а м е ч а н и е . Разнообразно способов задания секущей плоскости не позволяет применять при построении сечения какой-нибудь один универсальный способ. Так, в примерах 1 и 2 этого параграфа можно было применить методы следа секущей плоскости и внутреннего проектирования. Б примере 3 ни один нз этих методов не был бы эффективным.

Пусть в условии примера 3 сторона основания пирамиды равна а, а боковое ребро равно Ь. Найдем площадь сечения. Для этого нам потребуется выяснить форму сечения (вид четырехугольника PI\MQ). Заметим, что построение сечения пирамиды не повлекло за собой нового расхода параметров, т. е. параметрическое число изображе­ния пирамиды с построенным сечением равно 4. Считая, что А В : SA — = а : Ь, накладываем на изображение еще одно условие метри­ческого характера, т. е. расходуем еще один параметр. Таким образом,

143

теперь р = 5; следовательно, никакие последующие метрические построения на имеющемся изображении уже нельзя выполнить произ­вольно. Впрочем все дальнейшие построения являются позиционными.

Так как по построению РК || SB и QM || SB, то РК || QM. Кроме того, Р К — средняя линия A S A B , т. е. РК —■ SB — ~ Ь. Ана­

логично QM = Ь. Поэтому РК — QM, и тогда четырехугольник

PI(MQ — параллелограмм, причем РК — —, PQ — ~ . Для вычис­

ления площади параллелограмма этих сведений, однако, недостаточ­но, поэтому уточним форму параллелограмма PKMQ. Построим BL — медиану А А В С (расхода параметров это построение не потре­бует) .

Точка 0 — основание высоты SO пирамиды — лежит на медиане BL. Так как OL X АС и 0L — проекция отрезка SL на плоскость ABC, то SL X АС. Таким образом, AC X 0L и AC X SL. Но тогда AC X SB. (Этим доказано, что скрещивающиеся ребра правильной треугольной пирамиды взаимно перпендикулярны.)

Далее, так как PQ \\ АС и РК || SB. то и PQ X РК, т. е. парал­лелограмм PKMQ — прямоугольник. Таким образом, получаем:

__abPKMQ — - £ •

П р и м е р 4. В основании пирамиды SABC лежит прямоуголь­ный треугольник ABC. Ребро S/1 перпендикулярно плоскости осно­вания, SA = АВ = ВС —■ а. Через середину ребра АВ перпендику­лярно ребру SC проведем секущую плоскость и найдем площадь по­лученного сечения.

Р е ш е н и е . Пусть четырехугольник SABC с его диагоналями SB и АС является изображением данной пирамиды (рис. 138). Это изображение полное. Его параметрическое число р =- 5 (убедитесь в этом самостоятельно). Перейдем теперь непосредственно к построе-

1) Построим медиану AD треуголь­ника SAB.

2) Находим точку М — середину ре­бра АВ.

3) Проводим в плоскости SAB пря­мую /VI/V И АО. *

4) Построим медиану ВР треуголь­ника ABC.

5) Проводим в плоскости ЛВС пря­мую М К II ВР.

Чтобы построить KL X SC, снача­ла построим АЕ X SC. Это метричес­кое построение, и его нельзя выпол­нять произвольно. Поступим следую­щим образом. Заметим, что в прямо-

угольном А Л ВС А В = ВС = а и потому АС — а уТГ. Тогда из A S АС, где SA = а, находим, что SC = я ]7 3. Таким образом, для того чтобы отрезок АЕ был изображением перпендикуляра к^ребру SC, должно выполняться равенство SA~ — SE'1 = AC1 — СЕ2, или

а'1 — SE2 — 2сг — (а К З — SB)2, откуда находим, что SBт. е. SE : SC = 1 : 3 .

Итак, дальнейшее построение выполним в таком порядке:6) Находим точку Е такую, что SE : SC = 1 : 3.7) Соединяем точки А и Е.8) В плоскости S/1C строим /(L || /1В.9) Соединяем точки N и L.Так как пересекающиеся прямые АЕ и AD определяют плоскость,

и L/C || АЕ, а М N || AD, то прямые L/C и M N также определяют плоскость. Итак, четырехугольник M K L N — плоский.

Докажем, что плоскость MI(L перпендикулярна ребру SC. Д ей­ствительно, прямая 5,4 перпендикулярна плоскости ЛВС, т. е. SA _L М/С, или М К -L S A . Кроме того, по построению М К JL /1C. Тогда M K J - L/C и M K - L SC. Далее SC_L L/C и SC _L М/С, т. е. прямая SC перпендикулярна плоскости MKL

Таким образом, сечение M K L N удовлетворяет условиям задачи и, следовательно, является искомым.

Ясно, что так как секущая плоскость перпендикулярна заданной прямой и проходит через заданную точку, принадлежащую поверхно­сти пирамиды, то искомое сечение существует и притом только одно.

Итак, построение изображения закончено и можно перейти к на­хождению S MKLN — площади сечения. Чтобы подсчитать искомую площадь, определим сначала вид четырехугольника M K L N .

Из прямоугольных треугольников АВР и S/1B имеем соответст­венно М К — ~ ВР и M N = - AD. Но ВР — AD = aj H . Та-

2 2 - 2

ким образом, М К = M N = ?-■ Так как ребро S/1 перпендику­лярно плоскости ЛВС, то АВ — проекция ребра SB на плоскостьABC. Но АВ _1_ВС. Тогда и SB J_ ВС. Из A S L N со A S B C — = — ,

ВС NC

откуда находим: LN = flX 6.. Из ACLI{ оо А СА Е — — — = —,4 АЕ АС 4

откуда L/C = — АЕ. Но АЕ ■ SC = SA • АС, т. е. ЛЕ = тогда4 3

L/C = .4

Таким образом, четырехугольник M K L N обладает той особенно­стью, что у него М/С = M N и L/C = L N . Далее нетрудно обнаружить, что д М /CL = A M N L и поэтому S MKLN = 2S ^MKL. Но, как показано

выше, М/С _L L/C. Следовательно, S . = - М/С • L/C =дліал. 2 16

Рис. 139

Рассмотрим задачи второго вида. П р и м е р 5. Основанием прямой

призмы, высота которой равна 1 см, служит ромб со сторонами, равны­ми 2 см, и острым углом, равным 30°. Через сторону основания проведена секущая плоскость, угол между ко­торой и плоскостью основания ра­вен 60°. Найдем площадь сечения.

Р е ш е н и е . Пусть фигура ABCDAiBxCyDi является изображе­нием данной призмы (рис. 139). Это изображение полное. Его параметри­

ческое число /7 = 5 (подсчитайте самостоятельно).Так как построение сечения в данном примере является метриче­

ской задачей, а /7 = 5, то нельзя, взяв на прямой D D i произвольно точку Му а на прямой СС} — точку L (естественно, такие, что ML || АВ), утверждать, что четырехугольник AMLB — изображение заданного сечения. Однако, если бы нам было известно положение точки М — точки пересечения секущей плоскости с ребром D D i, то мы без труда построили бы изображение сечения.

Если из точки D опустить перпендикуляр D K на ребро АВ, то в полученном прямоугольном треугольнике A D K будем иметь: AD = 2 см, D K = 1 см, и, следовательно, А К = Уз см. Таким об­разом, для построения D K - L АВ точку К следует выбрать таким образом, чтобы выполнялось равенство А К ’ АВ = У 3 : 2.

Это построение можно выполнить, например, так. Построить вспомогательный прямоугольный треугольник с гипотенузой АВ икатетом — АВ. Тогда второй катет будет равен IjL АВ. А так как

¥ 12

катета вспомогательного треугольника.Далее, так как ребро DDr перпендикулярно плоскости ABC, то

при любом положении точки М на ребре DDX отрезок D K будет слу­жить проекцией отрезка М Қ на плоскость A BC, т. е. Z .M K D бу­дет линейным углом двугранного угла при ребре АВ.

Если точка М такая, что Z. M K D = 60°, то в прямоугольном A M K D , где D K — 1 см, М К = 2 см, MD = Уз см. Таким обра­зом, при построении точки М необходимо учитывать равенство AID : DD! = Уз : 1. Построение точки М можно выполнить, на­пример, так. Построим вспомогательный прямоугольный треуголь­ник с катетом, равным DDi, и гипотенузой, равной 2DDX. Тогда дли­на второго катета будет равна J/~3DDX. А так как \//~3DD1 : D D X — = У З : I, то MD можно принять равной длине второго катета вспо­могательного треугольника.

Построив точку AI, проведем ML || АВ, где точка L лежит на реб­ро ССХ. Построив прямую АМ, найдем точку Q — точку пересечения

-АВ : АВ = Уз : 2, то А К можно принять равной длине второго

Мб

прямых AM и AXD X и аналогично найдем точку Р. Четырехугольник AQPB является изображением заданного сечения. Подсчитаем S AQP[}.

Ясно, что четырехугольник AQPB — параллелограмм. Так как М ! ( . L АВ, то N Қ — высота этого параллелограмма, где точка N — точка пересечения прямых М К и PQ. Таким образом, S AQPB = AB-NK- Найдем NK- В прямоугольном A M D К имеем: М К = 2 см, MD —= К З см. Нетрудно показать, что D K || D XN , т. е. нли

1 _ NK DD1_

—— — ?'_L , откуда N K — -У.А. см. Таким образом, 5 ,поп = ііС ісм 2. NK 1 3 к лс>р в з

П р и м е р 6. В правильной треугольной пирамиде проведено сечение через среднюю линию боковой грани, параллельную боковому ребру, и через вершину основания пирамиды, не лежащую в этой грани. Определим угол наклона плоскости сечения к плоскости осно­вания, если известно, что угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью ее основания равен а.

Р е ш е н и е . Пусть четырехугольник SABC с его диагоналями является изображением данной пирамиды (рис. 140). Это изображе­ние полное, и его параметрическое число р = 5. Построим точки К и Е — середины ребер ВС и SB, а затем А Л Е К — изображение за­данного сечения пирамиды (эти построения не повлекли за собой рас­хода параметров).

Так как SO — высота пирамиды, то /LSCO равен углу бокового ребра с плоскостью основания, т. е. Z.SCO = а. Требуется найти двугранный угол, образованный секущей плоскостью ЛЕ К и плос­костью основания. Назовем его / . А К-

Для определения искомого двугранного угла необходимо построить и найти его линейный угол. Так как р = 5, то никакие метричес­кие построения на имеющемся изображении уже нельзя выполнять произвольно. Необходимо построить изображения двух перпендику­ляров к ребру двугранного угла. Выполним необходимое построение следующим образом.

Построим ОВ, а в плоскости SOB построим EF || SO. Тогда, так как SO — перпендикуляр к плоскости ABC, то и EF — перпендику­ляр к этой плоскости, а тогда EF _L ОВ. Так как А К — медиана равностороннего А АВС, то ВС _]_ АК- Проведем FL || ВС, тогда F L .L АК- Наконец, построим EL. Таким обра­зом, А К _L FL и А К JL EF. Но тогда A K - L E L , т. е. Z.ELF является линей­ным углом искомого двугранного угла.Положим Z.ELF — х. Для определе­ния х введем вспомогательный параметр ЛВ — а. Найдем теперь EF и FL.

Так как Е К —средняя линия ASBC, то BE = SE. Но по построению EF |||| SO. Следовательно, EF — средняя

линия A S O B , поэтому EF = SO.

в

Рис. 140

Из прямоугольного Л SOC находим, что SO — СО tg а, где СО — = 1 . aV 3 = а УЗ

3 3 3

Итак, EF tg a . Далее находим, что FL = — ВК — — а.6 2 4

ЕГ 2 УЗТаким образом, tg л: = -— = —— tg a , и, следовательно, х =

= a r c t g t g a ) .З а м е ч а н и е . В рассматриваемом примере на первый взгляд может пока­

заться, что построение линейного угла искомого двугранного угла целесообразнее выполнить так (проделайте это самостоятельно): 1) ОМ || ВС, 2) SAI, 3) Р — точка пересечения S M и АЕ, 4) OF. Действительно, при таком построении Z РОМ — линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями А Е К и A B C ■ Однако попытки определить Z РОМ при таком его построении наталкиваются на значитель­ные трудности.

С необходимостью построения сечения приходится иногда сталки­ваться и при решении таких задач, в условиях которых о сечении да­же не упоминается (см. пример 2 в § 10). В некоторых случаях по­строение сечения в принципе не является необходимым, однако с его помощью решение задачи может быть упрощено.

П р и м е р 7. Одно ребро треугольной пирамиды равно а, а каждое из остальных равно Ь. Найдем объем пирамиды.

Р е ш е н и е . Не останавливаясь на построении изображения (рис. 141) и других этапах решения, отметим, что если решать этотпример, используя формулу V = — 5 0CII Н, то ири нахождении

3высоты Н придется проделать довольно сложные выкладки. Пойдем по другому пути. Построим сечение пирамиды плоскостью, прохо­дящей через ребро ЛВ перпендикулярно ребру SC. Если ЛВ = а, то:

v = 1 *..... SM + 1 см - i saABMsc = | s aлвм.(Заметим, что построение сечения в дан­

ном случае является позиционной задачей, так как Л 5Л С и A SBC равносторонние, т. е. медианы ЛМ и ВМ являются изоб­ражением перпендикуляров к ребру SC, поэтому и Л АВМ является изображением сечения, перпендикулярного ребру SC.)

Так как S AABM = ~ АВ ■ MD, где

MD — медиана равнобедренного д АВМ,в котором АМ = ВМ = ь , то S A л в м —

1 -в / 3 Ь - Q - i /~ о t *у= — a I / ------------ = — ЗЬ- — а2.2 V 4 4 4

Г ’..пр ппиятрлмл-» V = — I / Я/і- — п 2

О

Duo I Л 1

148

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

724. В кубе A B C D A 1 B lCiD l , ребро которого равно а, точка F — середина реб­ра DiCi. Найти расстояние от точек Ai, А и Су до плоскости, проходящей через точ­ки В, F п D.

725. Через диагональ нижнего основания куба, ребро которого равно а, и сере­дину одной из сторон верхнего основания проведена секущая плоскость. Найти рас­стояние от центра куба до этой плоскости.

726. В правильной четырехугольпой пирамиде провести плоскость через диаго­наль основания параллельно боковому ребру. Найтн площадь полученного сечения, если стороны основания и боковые ребра равны соответственно а и Ь.

727. Каждое из ребер правильной четырехугольпой пирамиды равно а. Постро­ить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины двух смежных сторон основания и середину высоты. Найти площадь этого сечения.

728. В правильной шестиугольной призме боковые грани — квадраты, стороны которых равны а. Построить сеченне призмы плоскостью, проходящей через сторону нижнего основания н противолежащую ей сторону верхнего основания. Найти пло­щадь этого сечения.

7255. В прямом параллелепипеде острый угол основания равен а. Сечение парал­лелепипеда, проведенное через сторону основания, длина которой равна а, и проти­волежащее ей ребро, имеет площадь 5 и образуете плоскостью основания угол, рав­ный 90е — а. Найти длину другой стороны основания.

730. Высота правильной треугольной призмы равна II. Через одно из ребер ос­нования и противолежащую ему вершину другого основания проведена плоскость. Найти площадь треугольника, полученного в сечении, если его угол при указанной вершине призмы равен 2 а.

731. В кубе ABCDAyByCyDy через точки Р и Q — середины соответственно ре­бер АВ и AD и вершину Су проведена секущая плоскость. Найти расстояние от вер­шины С до секущей плоскости, если ребро куба равно а.

732. Секущая плоскость проходит через вершину А основания куба A B C D A iByClD l и точки Р и Q — середины соответственно ребер BiCi и CiDi. Найти площадь сечения, если ребро куба равно а.

733. Секущая плоскость проходит через точку К, взятую на ребре А А у куба ABCDAyByCjDy, и точки Р и Q — середины соответственно ребер ВуСу и СуОу. Найти площадь сечения, если ребро куба равно а и А К : КА\ = 1 : 2 .

734. Секущая плоскость проходит через точки Р и Q — середины соответственно рсбер /1/1, н СС\ — правильной треугольной призмы ABCAiBiCi и точку D, взятую на боковом ребре BBi так, что ByD : BIJ — 3 : 2 . Найти площадь сечения, если каж ­дое ребро призмы равно а.

735. В основании пирамиды, каждое из боковых рсбер которой равно а у 3, лежит прямоугольник A BCD со сторонами, равными а и 2а. Построить сеченне пи­рамиды плоскостью, проходящей через диагональ BD основания параллельно боко­вому ребру 5/1. Найтн площадь сечения.

736. Нижнее основание призмы — ромб ABCD, угол при вершине которого равен 60°. Вершина верхнего основания /1, равноудалена от вершин А, В и D, ребро ААу = I и образует с плоскостью основания угол а. Построить сечение призмы пло­скостью, проходящей через диагональ АіС параллельно диагонали BD. Найти пло­щадь сечения.

149

737. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с боковой стороной, равной а. Угол при основании треугольника равен а, а каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом Р. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту пирамиды и вершину одного из углов, равного а. Найти площадь сечения.

738. В правильном тетраэдре проведены два сечения, каждое нз которых парал­лельно ребрам АВ и SC. Площадь части грани SAC, заключенной между секущими плоскостями, на 5 см2 больше площади части грани S A B , заключенной между эти­ми плоскостями. На сколько площадь одного сечения больше площади другого?

739. Площадь основания прямоугольного параллелепипеда равна 5 . Через вер­шину верхнего основания A 1 B 1 C1 D 1 проведена плоскость, которая пересекает боковые ребра В В и СС\ и DDX соответственно в точках В г, С2 и D 2. Найти обт-ем той части параллелепипеда, которая расположена под секущей плоскостью, если извест­но, что ССо = с, а высота параллелепипеда равна Н.

740. Основанием пирамиды SABCD является ромб ABCD, у которого АС — а, BD = Ь. Боковое ребро 5/1, длина которого равна с, перпендикулярно плоскости основания. Через точку А и середину ребра SC провести плоскость, параллельную диагонали BD. Найти площадь полученного сечения.

741. Сторона основания правильной четырехугольпой пирамиды равна а. Через сторону основания и середину скрещивающегося с ней бокового ребра проведено се­чение. Найти расстояние от плоскости сечения до вершины пирамиды, если ее высо­та равна Н.

742. В правильной треугольной призме через сторону основания проведена пло­скость, образующая с плоскостью основания угол а. Найти площадь получившегося треугольного сечения, если известно, что сторона основания равна а.

743. Угол между боковой гранью правильной четырехугольпой пирамиды и плоскостью ее основания равен а. Апофема боковой грани равна а. Через одну из сторон основания проведено сечение пирамиды, образующее с плоскостью основания угол Р. Найти площадь этого сечения.

744. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а. Угол между боковым ребром и высотой пирамиды равен 30°. Построить сеченне пирамиды плоскостью, проходящей через вершину основания перпендикулярно противолежа­щему ребру. Найти площадь сечения.

745. Основание призмы — квадрат ABCD, вершины которого находятся на одинаковом расстоянии от вершины А\ верхнего основания, А А г = а, угол между боковым ребром А А г и плоскостью основания равен 60°. Построить сечение призмы плоскостью, перпендикулярной ребру А А \ и проходящей через вершину С. Найти площадь сечения.

746. В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна а. Угол между смежными боковыми ребрами равен 2а. Построить сечение пирамиды пло­скостью, проходящей через одну из сторон основания перпендикулярно противоле­жащему боковому ребру. Найти площадь сечения.

747. В правильной треугольной пирамиде через ребро основания, длина которо­го равна а, проведено сечение, перпендикулярное противолежащему боковому ребру. Найти площадь поверхности пирамиды, если секущая плоскость делит боковое ребро в отношении т : п.

748. В треугольной пирамиде SAB C ребро 5/1 перпендикулярно плоскости A B C , АС = ВС = а, /15 = АВ = а У 2. Через середину ребра АС проведена плоскость,

150

перпендикулярная ребру SB. Найти расстояние от вершины А до этой плос­кости.

749. В кубе ABCDAiBiCiDi построить сечение, проходящее через точку В, точку М — середину ребра ССі и точку К — середину ребра AD. Найти двугранный угол между плоскостью сечения и плоскостью A BCD.

750. Построить сечение прямоугольного параллелепипеда ABCDAiBiCiDi пло­скостью, проходящей через вершину А , середину ребра CD и центроид грани BCCiBi. Найтн двугранный угол между плоскостью сечения и плоскостью ABCD, если АВ : AD : А А і = 2 : 3 : 4.

751. Построить сечение правильной треугольной призмы А В С А у В ^ х плоско­стью, проходящей через вершину А, точку К — середину ребра В В г — и точку Л/ ребра CCi, если СМ : 'CiM = 1 : 2 и АВ : B B r = 1 : 3. Найти двугранный угол между плоскостью сечения и плоскостью ABC.

752. Построить сечение правильной четырехугольпой пирамиды SABCD (S — вершина) плоскостью, проходящей через точку А, точку Р — середину высоты SO и точку К ребра S D , если S K : KD = 2 : 1 и SB — SD = BD. Найти двугранный угол между плоскостью сечения и плоскостью основания.

753. Угол между Соковым ребром и плоскостью основания правильной тре­угольной пирамиды SA BC (S — вершина) равен а. Построить сеченне этой пирамиды плоскостью, проходящей через точку А, точку Р — середину высоты SO и точку К апофемы SD грани S/1C, если S K : KD = 2 : 1 . Найти двугранный угол между пло­скостью сечения и плоскостью основания пирамиды.

754. Правильная четырехугольная призма пересечена плоскостью так, что в сечении получился ромб, острый угол которого равен 2а. Найтн двугранный угол между секущей плоскостью и плоскостью основания призмы.

755. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник, угол между равными сторонами которого равен а. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости основания под углом, равным (5. В этой пирамиде проведена секу­щая плоскость, проходящая через высоту пирамиды и вершину угла, равного а. Найтн отношение площади полученного сечения к площади основания пира­миды.

756. Основанием наклонного параллелепипеда является ромб ABCD, у которого Z BAD = 60°. Каждое боковое ребро параллелепипеда образует с плоскостью основа­ния угол, равный 00°, а плоскость ААіСіС перпендикулярна плоскости основания. Найтн отношение площади сечения BBiDiD к площади сечения ААіСіС.

757. В основании прямого параллелепипеда лежит параллелограмм, отношение сторон которого АВ : ВС = 1 : 2, а угол при вершине В равен 120’. Через точку D и противолежащую вершину верхнего основания провести секущую плоскость, па­раллельную диагонали АС. Найти угол, образуемый этой плоскостью с плоскостью основания, если отношение высоты параллелепипеда к меньшей стороне осно­вания равно ) 3 : 1 .

758. В основании пирамиды лежит прямоугольник ABCD, а высота пирамиды проектируется в вершину Л основания. Длины сторон прямоугольника и высота пи­рамиды относятся как 2 : 3 : 5 . Через диагональ BD провести плоскость, параллель­ную одному нз ребер пирамиды, не пересекающих диагональ BD. Найти угол наклона секущей плоскости к плоскости основания пирамиды.

759. Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей через вершину основания и середины двух боковых ребер. Найти отношение площа-

151

ди боковоіі поверхности пирамиды к площади основания, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна одной нз боковых граней.

760. В правильной четырехугольпой призме проведены два параллельных друг другу сечения: одно проходит через середины двух смежных сторон основания и середину осн симметрии призмы, другое делит ось в отношении 1 : 3. Найти отноше­ние площади первого сечения к площади второго.

761. В основании пирамиды лежит правильный треугольник со стороной а. Одна из граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания, и эта грань яв­ляется равнобедренным треугольником с боковой стороной, равной Ь. Найти пло­щадь того сечения пирамиды, которое является квадратом.

762. Секущая плоскость делит пополам двугранный угол при основании пра­вильной четырехугольпой пирамиды. Найти площадь сечения, если сторона основа­ния пирамиды равна а, а двугранный угол при основании равен 2 а.

§ 13. ПОВЕРХНОСТИ

П р и м е р 1. В основании прямой призмы АВСА1ВІС1 лежит треугольник, у которого АВ — АС и Z-ABC — а. Известно также, что точка D является серединой ребра AAlt /LDCA — р и CD — Ь. Найдем боковую поверхность призмы.

Р е ш е и и е. Пусть фигура АВСАуВуСу (рис. 142) является изо­бражением данной призмы. Это изображение полное. Найдем его пара­метрическое число. Считая, что А В и АС — изображения равных между собой отрезков, расходуем один параметр; считая^ Л 5С изо­бражением угла, равного в оригинале углу а, расходуем еще один параметр; считая отрезок А А г изображением перпендикуляра к плос­кости ABC, расходуем два параметра и, наконец, считая /LDCAизображением угла, который в оригинале равен [j, расходуем ещеодин параметр. Таким образом, параметрическое число рассматри­ваемого изображения р =■■ 5.

Построим на этом изображении точку D — середину ребра А А Х и будем считать CD — Ь (новых пара­метров при этом не расходуем). Те­перь можно выполнить необходимые подсчеты. Так как АВСАХВ}СХ пря­мая призма, то 5 б0к = Р • Н, где Р = 2АС + ВС, а Н = А А г. Так как А Л CD прямоугольный, то А С =— Ь cos В, AD — b sin В и потому ААл — = 2Ь sin р.

Построим АЕ — медиану A ABC, АЕ _L ВС. Из прямоугольного ААС Е находим: СЕ — AC cos а = b cos р х X cos а , т. е. ВС = 2Ь cos а cos р.

Таким образом, 5 Ск к = (26 cos р + -)-2b cos a cos Р) 2b sin p — 4b2 cos (5 XX (1 -J- cos a) sin P = 4b2 sin 2 ft cos2—.

Рис. 142 2

152

И ГПК, 5 Ги.к 46- pin 2В cos2 —.о

Рис. 143

П р и м е р 2. Основание пирами­ды — равносторонний треугольник со стороной а. Одна из боковых гра­ней, которая перпендикулярна плос­кости основания, также является равносторонним треугольником. Най­дем боковую поверхность пирамиды.

Р е ш е и и е. Пусть четырех­угольник SABC с его диагоналями является изображением данной пира­миды (рис. 143). Это изображение полное, его параметрическое число р — 5 (А/1БС — изображение рав­ностороннего треугольника — два параметра, A S B C — изображение равностороннего треугольника — два параметра, двугранный угол при ребре ВС — изображение пря­мого двугранного угла — одни параметр).

Так как пирамида ие является правильной, то найдем: S (-)0K— ее боковую поверхность как сумму площадей боковых граней, а имен- но S(„„ = S , SAB + SA ,.лс + S ASI1C. Но A S A B = и.SAC (потрем сторонам), т. е. S 0OK = 2S &$AB + S ^ SBC. S д SAB = ~ A B x

x S7C, где S K — высота Л 5Л ^ , т. e. SI( _L AB.Построение перпендикуляра к данноіі прямой является, как из­

вестно, в общем случае метрическим построением. В рассматриваемом примере это построение требуется выполнить на метрически опреде­ленном изображении.

Построим высоту 5/С следующим образом:1) Построим SD — медиану A S ВС.2) Построим СМ — медиану ААВС.3) Через точку D проведем D K II СМ.4) Соединим точку 5 с точкой К.Так как SD — медиана равностороннего треугольника SBC, то

5D ,1. ВС. Но плоскость SBC перпендикулярна плоскости ABC. Тогда SD — перпендикуляр к плоскости ABC, и, следователь­но, D K — проекция отрезка 5/С на плоскость ABC. Но D/C || || СМ, а СМ — медиана равностороннего А АВ С , т. е. CM X. АВ и поэтому DI\ -L АВ. Таким образом, 5/С _L АВ. Из прямоуголь­ного A.SDK имеем: 5/С = V 5D 2 -j -D /С2, где SD = а DI( —

= - см = °JLXИтак, 5 /С

поэтому 5 бок

а V 15 Получаем: 5 Д S/1B1 ,Г 1 г" О _ ( 3— ]у 15 и 5 Д SBC г

= | ( К 1 5 + | / 3 ) .

П р и м е р 3. В основании пирамиды лежит равнобокая трапе-

дня, параллельные стороны которой равны а и b ( а > Ь). Каждая боко­вая грань наклонена к плоскости ос­нования под углом, равным а. Най­дем полную поверхность пирамиды.

Р е ш е н и е . Пусть фигура SABCD (рис. 144) является изобра­жением данной пирамиды. Это изо-

А н Р о бражение полное. Найдем его пара-р 144 метрическое число. Четырехугольник

ABCD — изображение заданной рав­нобоковой трапеции (два параметра), SO — изображение перпенди­куляра к плоскости ABC (два параметра). Считая Z. АВ, ВС, /_ CD и Z. AD изображениями двугранных углов, каждый из кото­рых в оригинале равен а, расходуем только один параметр.

Действительно, допустим, что отрезки ОМ, OL и ON — изобра­жения перпендикуляров соответственно к сторонам AD, DC и ВС трапеции. Тогда ясно, что отрезки SM, SL и SN будут изображениями перпендикуляров соответственно к этим же сторонам AD, DC и ВС. Поэтому углы SMO, SLO и SNO будут изображениями линейных углов соответственно двугранных углов AD, DC и ВС. Но тогда тре­угольники 5М 0, SLO и SNO будут изображениями равных треуголь­ников, а отрезки ОМ, OL и ON — изображениями равных в оригина­ле отрезков. Точно также, если 0 Қ — изображение перпендикуляра к стороне АВ, то О К — это изображение отрезка, оригинал которого имеет такую же длину, как и оригинал отрезка ОМ.

Итак, точка О — изображение точки, одинаково удаленной от всех сторон трапеции. Другими словами, точка О — изображение центра окружности, вписанной в основание заданной пирамиды. А это зна­чит, что, во-первых, точки М и N — это середины оснований AD и ВС трапеции, и, во-вторых, что отрезки DM и DL — изображения равных в оригинале отрезков и отрезки CN и CL — также изобра­жения равных отрезков. Но тогда DM : CN — DL : CL. А так какDM : CN = — т. е. DM : CN = а : b, то и DL : CL = а : Ь.

2 2Аналогично, А К ’ В К = а : Ь.

Таким образом, на построение перпендикуляров ОМ, OL , ON и ОҚ к сторонам трапеции параметров не расходуется. А это значит, что, считая, например, Z. S/VIО изображением угла, в оригинале рав­ного а, мы расходуем только один параметр, а считая далее, что углы SLO, SNO и 5/СО также равны а, мы уже не расходуем параметров.

Следовательно, на изображение данной пирамиды израсходовано пять параметров.

Подсчитаем теперь 5 бок — полную поверхность пирамиды. Име­ем: 5 110Л11 = 5 П0ЛН + SABCD. Из равенства прямоугольных треуголь­ников 5Д40, SLO, SNO и S /СО следует, что 5/И = SL = S N = SK. Тогда 5 б0К = ~ (AD + CD + ВС + А В) S/W - ~ (a - f b + 2CD)SM.

154

Ho DL = DM = и CL = CN - т. e. CD =2 2 2

Построим CP |[ /ИАГ. Тогда CP A-AD. Из прямоугольного тре­угольника С DP, где CD а + b a DB = находим: CP =

прямоугольного

Таким образом,

1

треугольника SOM имеем: SA1 = О м У ab

бок — ~ (а + b + [а + Ь))2 2 cos а

cos а 2 cos а = (о + Ь) УГь д а .

лее, 5 A B C D = — (a -f b) Y a b . Итак, 5„

2 cos а /л . I. м лГ~,_ (a -f- 6) ab (а -|- Ь) У ab __

2 cos а 2

(« -f- b) У ab cos? —

cos аП р и м е р 4. Правильный треугольник, сторона которого рав­

на а, вращается вокруг внешней оси, параллельной его высоте и уда­ленной от нее на расстояние ~ а . Найдем площадь поверхности по­

лученного тела вращения.Р е ш е н и е . Так как ось вращения /0 параллельна высоте тре­

угольника, то она параллельна и плоскости треугольника и поэтому в сечении заданного тела вращения плоскостью я0, проходящей через

будет фигура Ф0, состоящая из пары правильных треугольни­ков, симметричных относительно

Таким образом, в рассматриваемом примере можно ограничить­ся изображением плоской фигуры, вместо того чтобы изображать довольно сложное тело вращения, т. е. можно построить изображе­ние указанной фигуры Ф0 (с точностью до подобия). Более того, для решения задачи можно даже ограничиться изображением осп /0 и только одного из треугольников, получаемых в сечении задан­ного тела вращения плоскостью п0 (рис. 145). Итак, А А В С правиль­ный, А В —а, A D —высота А А В С , l \ \ A D , DP _L /,

требуется найти площадь поверхности тела вращения. Эту искомую площадь обозначим <Sly4B6-.

Обозначим также площади поверхно­стей, образованных вращением отрезков АВ, АС и ВС вокруг оси /, соответст­венно S|ylc.j и Тогда

= “Ь '“’[ЛС] "Г *->[0СГИмеем: = л (ВР 4* AQ)AB.

Но ВР = BD + D P = 2а, A Q = D P =--а, АВ 2

а. Таким образом, =

155

= ~ яа2. Аналогично 5 [ЛС] = я (СР + /IQ) AC = ~ л о2. И да­

лее, S lBC] = nBP2 — лСР2 = я (4a2 — a2) = Зла2. Итак, 5 [ЛВС] —— 9 л a2.

З а м е ч а н и е . Искомую площадь поверхности можно было подсчитать не­сколько проще, если воспользоваться первой теоремой Гюльдена, согласно которой5 = P2nR, где Р — периметр фигуры, вращающейся вокруг оси, а R — расстоя­ние от центроида этой фигуры до оси вращения. Б рассматриваемом примере Р =

3— За, а R — — а.

П р и м е р 5. В правильной четырехугольпой пирамиде угол между смежными боковыми гранями равен 2а. Найдем отношение площади диагонального сечения пирамиды к площади ее боковой по­верхности.

Р е ш е н и е. Пусть фигура SABCD является изображением за­данной пирамиды (рис. 146). Это изображение полное, его параметри­ческое число /; = 5 (убедитесь в этом самостоятельно). Итак, двугран­ный угол при ребре SC, т. е. /LSC —• 2а. Требуется найти отношение

SAC '' *^бок-Для проведения необходимых подсчетов построим сначала изо­

бражение линейного угла, например, при боковом ребре SC. Для этого требуется опустить перпендикуляр из точки D на реб­ро SC.

Пусть DI{ — изображение перпендикуляра к ребру SC. Таким образом, па изображение израсходован еще один параметр, и мы имеем дело теперь с так называемым переопределенным (и при этом верным) изображением. Построим далее ВҚ и О/С. Тогда Z_BKD — линейный угол двугранного угла SC и, следовательно, /LBI\D = 2a. Нетрудно доказать, что В Қ — D K , и поэтому О К — медиана тре­угольника BDK — является его биссектрисой и высотой. Итак, Z_DKO = a .

Рис. 146 Рис. 147

Заметим теперь, что S A SAC = 25 д soc = OK ■ SC, a S6oi; =

= 45д SCD = 2DK • SC. Таким образом, ■ — —- - = — • Но из пря-5бок 2 DK

моуголыюго A ODK имеем: — = cosa , и тогда получаем: A S/1c —DK 5(}0K

_ cos a ~ 2

П p и m e p 6. В правильной четырехугольпой пирамиде секу­щая плоскость, проведенная через сторону основания, делит боковую поверхность и двугранный угол при ребре основания пополам. Найдем угол между боковой гранью и плоскостью основания.

Р е ш е н и е . Пусть фигура SABCD (рис. 147) является изобра­жением данной пирамиды. Это изображение полное. Его параметри­ческое число (подсчитайте самостоятельно) р = 4. В пирамиде задано сечение, удовлетворяющее метрическим условиям. Подсчитаем, как при изображении этого сечения расходуются параметры. Заметим прежде всего, что так как сеченне проходит через ребро основания (пусть через ребро AD), то, ввит/ :-.;гочто AD || ВС, AD будет парал­лельно и плоскости SBC. Тогда с: чущая плоскость пересекает грань SBC по PQ (PQ Н A D ). Выполним далее еще некоторые построения, а именно: построим точку М — середину отрезка PQ, проведемпрямую S/И и отметим точку Қ — пересечение прямых SM и ВС. Ясно, что ВК = С К • Построим еще прямую КО и точку N — пере­сечение прямых ОК и AD. Так как OK II АВ, то точка N — середина ребра AD. Построим теперь SN и NM. Так как точка N — середина ребра AD, то ON A. AD. Но ON — проекция отрезка SN на плос­кость ABC. Следовательно, S N _L AD. Но тогда Z - S N K — линей­ный угол того двугранного угла при ребре AD, одна грань которого проходит через точку S, а другая — через К- Обозначим этот дву­гранный угол так: Z.SADK- Итак Z . S N K — линейный угол дву­гранного угла SAD К- Считая N М изображением биссектрисы угла S N K , вместе с тем считаем, что плоскость APQD делит двугранный угол S A D K пополам, что отвечает условию задачи. Принимая же /V/И за изображение биссектрисы Z . S N K , расходуем на изображение еще один параметр. Таким образом, теперь израсходованы все пять параметров. Кроме того, еще не учтено, что плоскость сечения делит пополам боковую поверхность пирамиды. Как увидим ниже, допу­щение о том, что биссекторная плоскость APQD является изображе­нием той плоскости, которая делит площадь боковой поверхности пирамиды пополам, влечет за собой допущение, что AD : SM = \/Г2 : 1. А это означает, что на изображение расходуется еще один (шестой) параметр. (Конечно, обнаружение этого факта можно было бы и не откладывать, а выполнить здесь же, при построении изображения. Однако из методических соображений сделаем это лишь в процессе решения и решим этот пример, как и предыдущий, на переопределен­ном изображении. Однако в отличие от предыдущего примера здесь изображение может быть сначала взято и «немного неверное», что, впрочем, не сказывается на последующих выкладках, а после обна­

157

ружения зависимости AD : SN = Y 2 : 1 это изображение может быть выполнено уже таким образом, что на него будет израсходовано ровно пять параметров.)

Итак, будем решать пример на изображении, для которого р = 6. Переходя к необходимым подсчетам, заметим, что так как пирамида правильная, то двугранные углы при ребрах основания равны между собой. Поэтому безразлично, какой из этих углов мы найдем. Ясно, что целесообразнее искать двугранный угол при ребре AD, так как через это ребро проходит и секущая плоскость. Уже доказано, что Z_SNB — линейный угол искомого двугранного угла SADK- Поло­жим Z. S N K — х. При ребре AD образованы еще два двугранных уг­ла: грани одного из них проходят через точки S и М, другого — через точки К и /VI. Первый из них — это Z. SADM, второй — Z. M A D K . Линейным углом первого из них является Z. SNM , а второго — Z. M NK.

Так как секущая плоскость делит Z. SAD К пополам, то Z. S AD M — = Z. MAD К , а тогда и Z_ SNM = / - M N K , при этом каждый из этихуглов равен — .

Введем теперь вспомогательный параметр, положив сторону осно­вания равной а. Из условия следует, что

S b S /\D ASPQ “ ^ A D Q C ~Ь ^ BPQC' (1)

Вычислим все площади, входящие в равенство (1). Для краткости положим длину апофемы боковой грани равной I.

О 5 Д SAD — — а1-

2) Из прямоугольного Л SON имеем: cos х = Далее,

SM + МК = /,

s m = s n = ± откуда м к = 7+7 и = 7+7'МК NK а ’

Из Д M NK (по теореме синусов) имеем: МК~ "

откудаsin ~ sin ( 180°— \х-\--^г2 V I 2

1 s in — = s in —. (2)a - f I 2 2

3) Построим QF — высоту Д DQC. Тогда DQC ==- aQF. По-

строим S E — апофему грани SDC. Найдем QF из пропорции£ = н о Т. е. 5 ? - ^ . откуда QF = Ж = — -S £ SC SC SK SE" SK a + l

Таким образом, DQC = ■

j\ о о О _1 f“ Л SOD ~ °Л SCD DOC ~ 7ГД SQD Д SCD Д DQC ' 2 2 (« -f- /) 2 (« -j- /)

5) S . spo = — S/Vl • PQ. Ho ^ откуда PQ =л SPQ 2 ' B C S K ’ a -j- I '

Таким образом, 5 Л 5fQ = g Д ^ .

n \ с _ с с _ a 3 _ a~! (й ~Ь 2/)°B P Q C Д SBC ° Д STQ ~ 4 01 — 2 (tJ _j_ 0 , ~ 2 [(l ~Z ф ■

7) Подставив в (1) найденные значения площадей, подсчитаем,что

а = I V 2. (3)

(Отсюда следует зависимость /Ш : SN = Y 2 : 1, о которой сказано при подсчете параметрического числа изображения.) Выразив значе-

. Зл-/ S 1 I1 —2

ние а из уравнения (2), получим: а — --------------I. Подставляя этох

sin —2

. З.гSill —9 —

значение а в равенство (3), придем к уравнению ---- ------ 1 = | А2,X

sill —2

откуда получим:sin — — sin — = ]/Г2 sin —, или 2 sin — cos x = V~2 sin —.

2 2 2 2 2

Так как s i n - - # 0, то нз последнего уравнения со5Л' = 1 г_, от-2 2

куда х = 45°.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

763. В правильной четырехугольпой призме диагональ равна d и наклонена к плоскости боковой грани под углом п. Найти боковую поверхность призмы.

764. Углы, образованные диагональю основания прямоугольного параллеле­пипеда со стороной основания и диагональю параллелепипеда, равны соответственно а и (}. Найти боковую поверхность параллелепипеда, если его диагональ d.

765. Высота правильной четырехугольной призмы равна /7, а угол между диа­гоналями, проведенными из одной вершины основания в двух смежных боковых гра­нях, равен а. Найти боковую поверхность призмы.

159

760. Высота правильной треугольной призмы равна Н. Прямая, проходящая через центроид основания и середину стороны нижнего основания, образует с пло­скостью основания угол а . Наііти полную поверхность призмы.

767. Полная поверхность правильной четырехугольпой пирамиды равна S. Двугранный угол при ребре основания равен а . Найти сторону основания.

768. Найти полную поверхность правильной четырехугольпой пирамиды, если ее высота равна / / , а площадь боковой грани равна площади основания.

769. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, катеты ко­торого равны соответственно 6 и 8 см. Угол наклона каждой из боковых граней пи­рамиды к плоскости основания равен 60°. Найти боковую поверхность пирамиды.

770. Боковая поверхность правильной четырехугольпой пирамиды равна S, а двугранный угол при ребре основания равен а. Найти расстояние между центрои­дом основания и боковой гранью пирамиды.

771. Полная поверхность правильной треугольной пирамиды равна S, а плоский угол при вершине пирамиды равен а . Найти радиус окружности, описанной около основания.

772. Основанием пирамиды является квадрат, сторона которого равна а. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а каждая из двух других боковых граней образует с ней угол, равный а . Найтн полную поверхность пира­миды.

773. Основанием пирамиды является прямоугольник. Две смежные боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие образуют с ней углы, соответственно равные а и р. Высота пирамиды равна II. Найти боковую поверх­ность пирамиды.

774. Основанием пирамиды является треугольник, отношение сторон которого равно 13 : 14 : 15, а каждый из двугранных углов при ребре основания равен 45°. Найти отношение полной поверхности пирамиды к площади ее основания.

775. Основанием прямой призмы является равнобедренный треугольник, в ко­тором угол между равными сторонами равен 2а. Из вершины верхнего основания проведены две диагонали равных боковых граней. Угол между этими диагоналями равен 2(5. Найти отношение боковой поверхности призмы к площади ее основания.

776. Центроид одной грани куба соединен с вершинами противолежащей грани. Найти отношение полной поверхности образовавшейся пирамиды к полной поверх­ности куба.

777. Через сторону нижнего основания правильной треугольной призмы и середину не пересекающегося с этой стороной бокового ребра проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол, равный а . Найти отношение боковой по­верхности образовавшейся при этом пирамиды к боковой поверхности данной призмы.

778. Угол между образующими в осевом сечении конуса равен 2а. Найти отно­шение боковой поверхности конуса к площади его осевого сечения.

779. Наибольший угол между образующими конуса равен 120°. Доказать, что боковая поверхность этого конуса равна боковой поверхности цилиндра, имеющего такие же, как у конуса, основание и высоту.

780. Боковая поверхность конуса — четверть круга, свернутая в коническую поверхность. Найти отношение полной поверхности конуса к площади его осевого сечения.

781. Боковая поверхность усеченного конуса равна сумме площадей оснований, а радиусы оснований относятся как 1 : 3. Найти угол наклона образующей к плоско­сти основания.IG0

782. Правильный треугольник, сторона которого равна а, вращается вокруг оси, которая параллельна стороне треугольника и проходит через вершину, противоле­жащую этой стороне. Найти поверхность полученного тела вращения.

783. Прямоугольный треугольник, катеты которого равны 5 и 12 см, вращается вокруг внешней оси, параллельной большому катету и удаленной от него на расстоя­ние 3 см. Найти поверхность полученного тела вращения.

784. Прямоугольник, стороны которого равны а и Ь, вращается вокруг оси, пер­пендикулярной его диагонали и проходящей через один из ее концов. Найти поверх­ность полученного тела вращения.

785. Равнобедренный треугольник с основанием, равным а, и углом при основа­нии, равным а, вращается вокруг осп, проходящей через один из концов основания перпендикулярно к основанию. Найти поверхность полученного тела вращения.

78G. В прямоугольной трапеции, описанной около окружности радиуса R, острый угол равен а. Найти поверхность тела, полученного при вращении этой тра­пеции около меньшей из ее параллельных сторон.

787. Ромб с острым углом а вращается вокруг своей стороны. Найти отношение поверхности полученного тела вращения к площади ромба.

. 788. Прямая отсекает от сторон прямоугольного треугольника, угол между которыми равен 60°, отрезки, длины которых составляют 0,25 длины гипотенузы, считая от вершины этого угла. Найтн отношение площади треугольника к поверхно­сти тела, полученного при вращении треугольника вокруг данной прямой.

789. Равнобокая трапеция с углом при основании в 60° вращается вокруг бис­сектрисы этого угла. Найти отношение поверхности тела вращения к площади тра­пеции, если высота трапеции в У 3 раз меньше полусуммы ее основании.

790. Секущая плоскость, параллельная основанию правильной треугольной пирамиды, делит пополам ее боковую поверхность. Найти, в каком отношении де­лится этим сечением высота.

791. Секущая плоскость, проведенная через сторону AD основания правильной четырехугольпой пирамиды SABCD перпендикулярно грани SBC, делит эту грань на две равновеликие фигуры. Найти полную поверхность пирамиды, если AD = а.

792. В правильной четырехугольпой пирамиде плоскость, проведенная через сторону основания, делит боковую поверхность и двугранный угол при ребре основа­ния пополам. Найти двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

793. Секущая плоскость проходит через ребро основания правильной четырех­угольной пирамиды и отсекает от противолежащей грани треугольник, площадь ко­торого равна Si. Найти боковую поверхность пирамиды, которая отделена секущей плоскостью от данной пирамиды, если боковая поверхность последней равна S 2.

794. Основанием пирамиды является ромб, сторона которого равна а и острый угол между его сторонами равен а. Каждый из двугранных углов при ребрах основа­ния равен ср. Найти боковую поверхность пирамиды.

795. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, диагональ кото­рой равна cl, а угол между этой диагональю и большим основанием трапеции равен а. Каждая нз боковых граней пирамиды наклонена к плоскости основания под уг­лом ср. Найти полную поверхность пирамиды.

790. Длина каждой стороны основания треугольной призмы равна а. Проек­цией одной из вершин верхнего основания является центроид нижнего основания. Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углами, каждый из которых равен к. Найти боковую поверхность призмы.

6 Заказ -19 1G1

797. Основанием параллелепипеда, боковое ребро которого равно Ь, является квадрат со стороной а. Одна нз вершин верхнего основания одинаково удалена от всех вершин нижнего основания. Найти полную поверхность параллелепипеда.

79S. Основанием призмы является правильный треугольник, сторона кото­рого равна о. Каждое боковое ребро призмы равно Ь, угол между одним из боко­вых ребер и прилежащими к нему сторонами основания равен 45°. Найтн боковую поверхность призмы.

799. Во сколько раз расстояние от светящейся точки до центра шара больше, чем радиус шара, если площадь освещенной части поверхности шара в 2 раза меньше теневой?

§ 14. ОБЪЕМЫ

П р и м е р 1. В основании прямого параллелепипеда лежит па­раллелограмм, стороны которого равны а и Ь, а тупой угол равен ср. Найдем объем параллелепипеда, если меньшая диагональ паралле­лепипеда равна большей диагонали основания.

Р е ш е н и е. Пусть фигура ABCDAXBXCXD X (рис. 148) является изображением данного параллелепипеда. Это изображение полное. Его параметрическое число р = 5.

Действительно, считая, что ЛАХ — изображение отрезка, перпен­дикулярного плоскости основания, расходуем два параметра. Считая, что AD : CD = а : Ь, расходуем один параметр. Считая, что, напри­мер, A. ABC является изображением угла, который в оригинале ра­вен ср, расходуем еще один параметр. При этом, так как мы считаем zLABC изображением тупого угла, то отрезки BD и АС должны счи­тать изображениями соответственно меньшей и большей диагоналей параллелограмма ABCD. Поэтому будем считать, что BXD : АС — = 1 : 1 . Таким образом, расходуем еще один параметр.

Найдем теперь V — объем параллелепипеда. Из A A C D имеем: АС2 = A D2 + CD2 — 2AD - CD cos ср. Но AC — BXD. Таким обра­зом, BXD2 = а2 + Ь2 — 2ab cos ср. Из A A B D получим: BD2 — = а2 + Ь2 — 2ab cos (180° — ср) = а2 + Ь2 + 2ab cos ср.

Из прямоугольного треугольника BBXD имеем: ВВ\ = BXD 2 —— BD2, т. е. ВВ\ = {а2 + Ь2 — 2ab cos ср) — (а2 + Ь2 2ab cos ср) == —4ab cos ср, и, следовательно, ВВХ — 2\^—ab cos ср.

Так как SABCD — ab sin ср, то получаем:V — 2 ab sin ср ]/" — ab cos ср.

По смыслу задачи ср — тупой угол. Поэто­му — 1 < cos ср < 0, а тогда (—cos ср) —число положительное. Так как sin ср > 0, то най­денное значение V является положительным.

Поэтому V = 2ab sin ср Y — ab cos ср. П р и м е р 2. Боковые грани треуголь­

ной пирамиды попарно перпендикулярны, а их площади равны Qu Q2 и Q3. Найдем объем пирамиды.

A a D

Рис. 143

162

Р е ш е н и е . Пусть четырехугольник SABC А с его диагоналями является изображением дан­ной пирамиды (рис. 149). Это изображение пол­ное. Подсчитаем его параметрическое число р. а Так как боковые грани данной пирамиды попар­но перпендикулярны, то и боковые ребра ее также попарно перпендикулярны друг другу.Считая 5/1 изображением ребра пирамиды, перпендикулярного боковым ее ребрам SB и 5С, расходуем два параметра. Считая SB изоб­ражением ребра, перпендикулярного ребру 5С, расходуем еще один параметр. Таким образом, израсходовав три параметра, мы обеспечиваем взаим­ную перпендикулярность боковых граней пирамиды. Считая далее, что A S A B и A S B C — изображения боковых граней, отношениеплощадей которых равно : Q2, т. е. считая, что • SBj :

: ^~ SB • 5Cj = Qy : Q2, или 5/1 : SC = : Q.2, расходуем один

параметр. Аналогично, считая, что A S B C и Д 5 Л С — изображения боковых граней, отношение площадей которых равно Q„ : Фз> расхо­дуем также один параметр. Итак, для построенного изображения р = 5.

Подсчитаем теперь V — объем пирамиды. Заметим, что, считая по традиции Д ABC основанием пирамиды, мы должны были бы сначала подсчитать 5 Д Авс и высоту пирамиды, проведенную из вер­шины S на плоскость АВС. В рассматриваемом примере можно, од­нако, произвести необходимые подсчеты проще, если догадаться «по­ставить» пирамиду на какую-нибудь из ее боковых граней. Так, за­метив, что ребро 5Л перпендикулярно грани SBC, можно за основаниепирамиды принять A S B C . Тогда V = — 5Л • 5 Д лвс= — 5 Л • SB х

3 6Х 5С . Полагая для краткости SA = a, SB = b и SC = с, имеем:V = ~ abc.

6Из прямоугольных треугольников 5/1 В, SBC и SAC получаем:

ab = 2Qlt be — 2Qo, ас — 2Q3. Перемножив почленно эти три ра­венства, находим: (abc)2 = SQiQoQg, откуда abc — 2 Y 2QXQ2Q3.

Таким образом, V = — У 2Q1Q2Q3.3

П р и м е р 3. Боковая поверхность конуса, радиус сечения ос­нования которого R } равна сумме площадей основания и осевого сечения. Найдем объем конуса.

Р е ш е н и е . Пусть эллипс о вместе с парой касательных, про­веденных к нему из внешней точки S, является изображением дан­ного конуса (рис. 150). Это изображение полное. Считая эллипс со изображением окружности, расходуем два параметра. Считая отре­зок 5 0 изображением высоты конуса, расходуем два параметра.6* 163

Рис. 150

Построим на изображении А В — диаметр эл­липса (это изображение диаметра окружности), 5/1 н SB — изображения образующих конуса. При этом параметров мы не расходуем. Нако­нец, считая, что изображен такой конус, у ко­торого 5 б0К = 5 0с„ + 5 Д 8ЛВ, расходуем еще одни параметр. (Действительно, как нетрудно показать, из этого равенства следует, что от­ношение 5 0 : АО вполне определенное.) Итак, для построенного изображения р — 5.

Перейдем к определению V — объема кону­са. V — ~~ 5 0СП • SO, где Soc„ == nR2. Поло­

жим для краткости, что SO = х. Таким образом, для подсчета V необходимо найти х.

Так как S 6oK = nR • S A , S ocn = nR2 и S ASylB = Rx , то со­ставляем уравнение nR • S/1 = nR2 -}- Rx, или rcS/l = nR -f- x. Но из прямоугольного A S /10 имеем: S /l = Y x 2 -J- R 2.

Итак, получаем: n Y x 2 -j- R2 — nR -f- x.Возведя в квадрат обе части этого уравнения, получим после не­

обходимых упрощений (я2 — I)*2 — 2nRx — 0, откуда хх = 2 nRя2 — Г

Следова­ла = 0.

Ясно, что второе решение не удовлетворяет условию.т/ _тельно, к — ----------- .

3 (я;2 — 1)П р и м е р 4. Прямоугольник со сторонами а и b вращается во­

круг оси, проходящей через его вершину параллельно диагонали, не проходящей через эту вершину. Найдем объем полученного тела вращения.

Р е ш е н и е . Как и в примере 4 из § 13, ограничимся изображе­нием не тела вращения, а лишь фигуры, получающейся в сечении тела вращения полуплоскостью, границей которой является ось вращения. Таким сечением является прямоугольник. Прямоуголь­

ник ABCD с диагональю BD, с прямой /, па­раллельной диагонали BD и проходящей через точку А, является изображением этого сечения (рис. 151). (В этом случае изображение выпол­няется с точностью до подобия, т . е. о расходе параметров речь идти здесь не может.)

Итак, пусть АВ = a, AD = Ь. Подсчитаем,V A b c d — объем тела вращения. Из точек В, С и D опустим перпендикуляры ВВХ, ССХ и D D X на прямую /, а из точки А — перпендикуляр А А г иа прямую BD.

V i)— O V I-V 4), где Уг =

= -‘-я B A (СС? + CCi ■ ВВ, + ВВ] ),ГоГДЛ V л п гп — (^

= Ус в вс

164

v * = Vn,c,cD = ^ * C i D i ( C C l + CCi - DDi +

+ DD\ ), V, = VABB = 1 л/ІВі • В В], Vt =

= ' 'и 0,/> = - d o t-Но так как I || /3D, то = DDX — ЛАХ.

Из прямоугольного A ABD найдем, что BD ~ab— У а2 + Ь‘г и ААХ =

Va* + Ь2Далее найдем, что ССУ — 2ААХ =

Тогда Vx -J- Vo -

2 ab Рис. 152

1 / 4а2*2= — я ---------3 \ or -f- b-1 7 а"Ь~— — я —з V «2 + ь-

4-

К«2 + Ь-я (ССг + с с х • ЛЛ* + ЛЛ?) (В ХС Х + С А ) =

2«/; abУс£ -j- й2 «! -I- Ь-1

а~Ь~Аналогично V, -}- = — яЛЛГ ( А В + ЛD) = — я _____3 3 /а® + М

1 6л262 2 па-Ь-

Та-

ким образом, I7Л BCD Я/ я 2 + 62 }/q2 -j- £2

З а м е ч а н и е . Искомый объем тела вращения можно было подсчитать зна­чительно проще, если воспользоваться второй теоремой Гюльдена, согласно кото­рой V = S . 2nR, где S — площадь фигуры, вращающейся вокруг оси, a R — рас­стояние от центроида этой фигуры до оси вращения. Нетрудно найти, что в рассмат­риваемом примере S — ab, a R = А А г = — ,

~[/а~ -f- b-

П р и м е р 5. Сторона основания правильной треугольной пира­миды равна а, высота, опущенная из вершины основания на противо­положную ей боковую грань, равна Ь. Найдем объем пирамиды.

Р е ш е н и е . Пусть четырехугольник SABC с его диагоналями является изображением данной пирамиды (рис. 152). Это изображе­ние полное. Считая А А В С изображением правильного треугольника, расходуем два параметра; считая SO изображением высоты пирамиды, расходуем также два параметра. Построим SD — медиану A S B C — изображение апофемы боковой грани пирамиды. Пусть А К — изо­бражение перпендикуляра, опущенного из вершины Л данной пира­миды иа апофему противоположной боковой грани. Как нетрудно показать, отрезок А К будет тогда и изображением высоты, опущен­ной из вершины основания на боковую грань. Это метрическое усло­вие, наложенное на изображение, влечет за собой расход еще одного параметра. Таким образом, на изображение израсходованы все пять параметров. Однако осталось неучтенным условие, согласно которому в оригинале А0В0 — а и А0Ко = Ь. То обстоятельство, что эти дан­ные буквенные, дает еще некоторую свободу; будем считать, что на построенном изображении АВ : А К — а : Ь. Таким образом, мы на-

165

лагаеы на изображение еще одно метрическое условие и, следователь­но, расходуем еще один параметр. Но тогда изображение становится метрически переопределенным. Тем не менее при выполнении опреде­ленной зависимости между а и b (ниже получим эту зависимость) построенное изображение является верным.

Покажем, что нельзя, взяв на апофеме SD произвольную точку /С, считать, что А К — изображение отрезка Л 0/Со, который в оригинале перпендикулярен отрезку S qDq.

Так как по смыслу задачи высота А 0 К 0 существует, то из A S GAQD0, где А 0К =

— b и A 0 D 0 = -°У - - , можно подсчитать, что D0/<0 : S 0 K 0 = 3а"-~ 4Ь' . Выбирая2 4Ь2 — 2 а 2

различные (допустимые) значения а и Ь или различные значения отношения а : Ь, будем получать различные значения отношения D 0/Co : S 0 K0, т - е - и различные положения точки /С0• Так, задав, например, \а = 10, мы получили бы, что

= 8 ,За2 — 4 Ь* 114 Ь- — 2 а2 14При таком конкретном задании значений а и Ь, как мы видим, положение точ­ки /С0 определится вполне, так как Do/Co : 5 0/С0 = 1 1 : 14. Это значит, что произволь­но изображать точку /С., уже нельзя.

Итак, пусть SABC — данная правильная пирамида, у которой А В = а, А К — Ь. Найдем V — объем , этой пирамиды.

Так как V == ~ 5 Д лвс • 5 0 , где 5 Д Авс — —“X 3 , то для определе­

ния объема достаточно найти высоту SO. Из подобия прямоугольных треугольников SOD и ADK получаем: ~ откуда SO =

где АК = b, OD = — AD 1, DK = У AD2 — AK2 = /З а - - 4Ь*3 G 2

Таким образом, 5 0 = —аЬ 3 Тогда V = ------- ---У За2 — 462 12/ З а 2 — 4Ь*

По смыслу задачи А К — высота, опущенная на грань SBC (именно на грань, а не на плоскость грани!). Ясно, что если данная пирамида настолько «низенькая», что A .A S D — 90°, то точки К и 5 совпадают, значит отрезки А К и 5/1 совпадают. Если же пирамида еще «ниже», то высоты, опущенной на грань SBC, уже вообще не существует.

Полагая ZL/15D = 90Q, из прямоугольного Д ASD, где D0 =

= АО = « Л , находим: SO = і / “Ж Ж =6 з \ о з б

Таким образом, для существования высоты АК необходимо, что­

бы значения а и b удовлетворяли неравенству — аЬ ^ а3 У За2 — 4 & _ 6

о ci Л~2 а 3или равносильном ему системе неравенств: — b ^— .Вместе с тем ясно, что по смыслу задачи А К < AD, так как А К —

перпендикуляр к грани SBC, а AD — наклонная к этой грани. Тогда

Ь < --^ 3 ■. Эта зависимость между а и b уже обнаружена выше.

Таким образом, если а ^ 2- ■■ ^ b <рамида, удовлетворяющая условиям задачи ществует.

а'Ь ___ а У 2

то пи-

су.

<

Итак,

а УЗ

V =1 2 / За? — 46?

где

П р и м е р 6. Докажем, что объем тела, полученного при вращении кругового сегмента, стягиваемого хордой, длина которой равна а , около параллельного хорде диаметра этого кру­га, не зависит от радиуса круга.

Р е ш е н и е . Ограничимся изображением не тела вращения, а лишь фигуры, получаю­щейся в сечении тела вращения полуплоско­стью, границей которой является ось вращения.

Пусть сегмент CmD круга о) является изображением этого сечения, а диаметр АВ круга — изображением оси вращения (рис. 153). Все изображение является плоской фигурой, поэтому о полноте изобра­жения и о подсчете параметров здесь речи быть не может: изображе­ние должно быть выполнено с точностью до подобия.

Итак, пусть хорда CD равна а и эта хорда параллельна оси вра­щения АВ. Докажем, что V — объем тела вращения сегмента CmD вокруг оси /15 — не зависит от 0/1. Для доказательства построим: ССХ J_ АВ и DDX JL АВ. Тогда V = Vx — V2 — 2У3, где Vi — объем шара, радиус которого равен ОА; V2 — объем цилиндра, в основании которого лежит окружность радиуса D D X, а высота которого равна С х£>ь Уз — объем шарового.сегмента, в основании которого лежит окружность радиуса D DU а высота равна 0/1 — 0 D X.

Положим для краткости,

/4/?? — а?

что 0/1 = R. Тогда

= rcDDi CXDX = л

Таким образом,

а ,

Vi = 1

4 n R \ V2 =

V3 ~ n AD\ [0/1 — — ADX

R - in IR - R + -

3 G

V = — nR3 3

4 л R2a — я а 3

X- f + Т ) х

и после упрощений получаем: V =

Так как выражение6

не содержит R, то требуемое доказано.

П р и м е р 7. Треугольная пирамида рассечена плоскостью на два многогранника. Найдем отношение объемов этих многогранни­ков, если известно, что секущая плоскость делит ребра, сходящиеся в одной вершине пирамиды, в отношении 1 : 2, 1 : 2, 2 : 1, считая от этой вершины.

Р е ш е н и е . Пусть четырехугольник 5/1 ВС с его диагоналями

1G7

является изображением данной пирамиды (рис. 154), A P Q R — изображение данного сечения. Это изображение полное, и па не­го не израсходовано ни одного параметра.

Пусть У — объем пирамиды 5/1 ВС, а Vi — объем пирамиды PAQR, причем AQ : : QB = 1 : 2, AR : RC = 1 : 2 и А Р : P S =

V - V t= 2 : 1 . Найдем искомое отношениеРис. 154 Ух

Возьмем в плоскости АВС произвольную точку О и, соединив ее с вершиной 5 , будем считать, что SO — изображение высоты пирамиды SABC (при этом расходуется два параметра). Построим АО и PM || SO. Тогда точка М лежит на прямой АО. Чтобы придать выкладкам более простой вид, положим АВ — а , АС = b, /15 = с, SO = Н, Z-BAC — а.

1 1 2Тогда /10 = — a, AR — — Ь, АР = — с, и из подобия тре-3 3 3

2угольников А Р М и /150 имеем: РМ = ~ Н . Вычислим теперь У

и Ух. Имеем: У = ~ 5 Д ЛВС Н = - ! ab sin а Н,

6

у — І- 5 — Я ~ — ab sin аН.1 3 AAQR 3 81

05Тогда V = Ул — — abH sin а. Таким образом,

16225162

У —Vi Vi

abH sin a

— abH sin a 81

252 '

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

800. Основание параллелепипеда — ромб A BCD, сторона которого равна а, а острый угол равен 60°. Найти объем параллелепипеда, если боковое ребро равно a, Z A iA B = / A iAD = 45°.

801. Каждое ребро параллелепипеда равно а. Каждый нз трех плоских углов при одной вершине параллелепипеда равен 2а. Найти объем параллелепипеда.

802. Ребра параллелепипеда, равные а и Ь, взаимно перпендикулярны, а ребро, длина которого равна с, образует с каждым нз первых двух рсбер угол а. Найти объем параллелепипеда.

803. Площадь одной из боковых граней треугольной призмы равна т-. Найти объем призмы, если расстояние от противолежащего ребра до плоскости этой грани равно 2а.

804. Основанием прямой треугольной призмы является равнобедренный тре­угольник, равные стороны которого имеют длину а и образуют между собой угол а . Диагональ грани, противолежащей этому углу, образует с другой боковой гранью угол, равный ср. Найти объем призмы.

168

805. Правильная четырехугольная призма, сторона основания которой равна а, усечена таким образом, что каждое нз двух смежных боковых ребер равно b, а каж ­дое из двух других ребер равно с. Найтн объем этой усеченной призмы.

806. Секущая плоскость проходит через сторону основания правильной тре­угольной призмы под углом ос к плоскости основания и отсекает от призмы пирамиду, объем которой равен V. Найти площадь сечения.

807. В правильной четырехугольпой пирамиде плоскость, проходящая через сторону основания и среднюю линию противолежащей боковой грани, образует с плоскостью основания угол 60°. Найтн объем пирамиды, если сторона основания равна а.

808. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник с боковыми сторо­нами, равными а, и углом при вершине а . Боковые грани пирамиды образуют с пло­скостью основания углы, каждый нз которых равен 45°. Найтн объем пирамиды.

809. В треугольной пирамиде все боковые ребра и два ребра основания равны а. Угол между равными сторонами основания равен 2 а. Найти объем пирамиды.

810. Площадь диагонального сечения правильной четырехугольной пирамиды равна 5. Боковое ребро образует с плоскостью основания угол а. Найти объем пи­рамиды.

811. Высота правнлі,нон треугольной пирамиды равна Н. Двугранный угол между боковыми гранями равен ф. Найтн объем пирамиды.

812. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно Ь. Двугран­ный угол между двумя смежными боковыми гранями равен ф. Найти объем пирамиды.

813. Найтн площадь поверхности правильной треугольной пирамиды, объем которой равен V, а угол между боковой гранью и плоскостью основания равен а.

814. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна с, а острый угол равен а. Каждое боковое ребро пирамиды накло­нено к плоскости основания под углом (5. Найти объем пирамиды.

815. Перпендикуляр, опущенный из центроида основания правильной треуголь­ной пирамиды на ее боковое ребро, равен /. Найти объем пирамиды, если двугранный угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды равен а.

818. Перпендикуляр, опущенный из центроида основания правильной треуголь­ной пирамиды на боковую грань, равен I. Найти объем пирамиды, если угол между боковым ребром и плоскостью основания равен р.

817. В треугольной пирамиде, каждое нз боковых ребер которой равно Ь, один нз плоских углов при вершине прямой, а каждый нз двух других равен 60°. Найти объем пирамиды.

818. В треугольной пирамиде площади двух взаимно перпендикулярных гра­ней равны Р и Q, а длина их общего ребра равна Ь. Найти объем пирамиды.

819. Высота пирамиды, основанием которой является квадрат, лежит вне пи­рамиды и равна // . Две противолежащие боковые грани — равнобедренные тре­угольники, образующие с плоскостью основания углы, равные а и (5. Найти объем пирамиды.

820. Секущая плоскость, проведенная через сторону АС основания правильной треугольной пирамиды SAB C перпендикулярно ребру SB , отсекает пирамиду DABC, объем которой в 1,5 раза меньше объема пирамиды SABC. Найти боковую поверх­ность пирамиды SABC, если АС = а.

821. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD. Боковые грани S A B и SBC перпендикулярны плоскости основания. Через

169

середины ребер AD и CD проведена секущая плоскость, параллельная ребру SB - Найтн отношение объемов полученных тел.

822. Основанием пирамиды является прямоугольник. Две боковые грани пер­пендикулярны плоскости основания, а две другие образуют с ней углы а и р. Найти площадь основания пирамиды, если ее объем равен V.

823. Основанием пирамиды является трапеция, боковые стороны и меньшее ос­нование которой равны а, а угол между боковой стороной и основанием равен а. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом р. Найти объем пирамиды.

824. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, острый угол которой равен С4, а площадь равна 5 . Каждая боковая грань пирамиды образует с плоскостью основания угол р. Найти объем пирамиды.

825. Треугольник АВС, у которого АС = Ь, АВ = с и ,С ВАС = а, вращает­ся вокруг оси, которая проходит через вершину А вне треугольника и образует рав­ные углы со сторонами АС и АВ. Найти объем полученного тела вращения.

826. Равнобокая трапеция, острый угол которой равен 45°, а боковая сторона равна меньшему основанию, вращается вокруг боковой стороны. Найти объем полу­ченного тела вращения, если боковая сторона трапеции равна Ь.

827. Прямоугольный треугольник вращается вокруг оси, проходящей через вершину прямого угла параллельно гипотенузе. Найти объем полученного тела вра­щения, если известно, что площадь треугольника равна S, а перпендикуляр, опущен­ный из вершины прямого угла на гипотенузу, равен половине одного нз катетов.

828. Найти отношение объемов тел, полученных при вращении треугольникавокруг основания и вокруг прямой, параллельной основанию и проходящей черезвершину треугольника.

829. Доказать, что объемы тел, полученных при вращении параллелограмма вокруг его смежных сторон, обратно пропорциональны этим сторонам.

830. Треугольник со сторонами, отношение которых равно а : b : с, вращается сначала вокруг одной стороны, затем вокруг другой и, наконец, вокруг третьей. Найти отношение объемов полученных тел вращения.

831. При вращении прямоугольного треугольника вокруг катетов и вокруг ги­потенузы образуются тела вращения, объемы которых равны соответственно Vi,

1 1 , 1V2 и К3. Доказать, что ~ о = ~ о + —9.V3 Vo V j

832. Стороны основания правильной усеченной четырехугольной пирамиды равны а и b (а > Ь). Угол, образованный плоскостью боковой грани с плоскостью основания, равен а. Найти объем пирамиды.

833. На двух скрещивающихся прямых взяты отрезки, длины которых равны а и Ь. Доказать, что объем параллелепипеда, ребрами которого являются эти отрезки, не зависит от расположения отрезков иа данных прямых.

834. Радиус основания конуса равен R. Две взаимно перпендикулярные обра­зующие делят площадь боковой поверхности конуса в отношении 1 : 2. Найти объем конуса.

835. Из круга, радиус которого равен R, вырезан сектор с центральным углом а . Сектор свернут в коническую воронку. Найти объем этой воронки.

836. Основанием пирамиды является правильный треугольник, сторона которо­го равна а. Перпендикуляр, опущенный из середины меньшего бокового ребра на

170

плоскость противоположной грани, равен— . Основание высоты, лежащей вне пи­

рамиды, равноудалено от двух вершин треугольника — основания, а от третьей на­ходится на расстоянии, вдвое меньшем, чем от двух первых. Найтн объем пирамиды.

837. В цилиндре параллельно его оси на расстоянии а от нее проведена пло­скость, отсекающая от окружности основания дугу а . Площадь сечения равна 5. Найтн объем цилиндра.

838. Площадь осевого сечения шарового сектора в три раза меньше площади большого круга шара. Найти отношение объема этого сектора к объему шара.

839. В правильной четырехугольной пирамиде площадь сечения, параллель­ного основанию, в три раза меньше площади основания. Найтн, в каком отношении делится этим сечением объем пирамиды.

840. Дан куб ABCDAiBiCiDi . Точка М — центронд грани ААіВ іВ , точка N —

середина ребра CCi, точка /С лежит на ребре DC и D K — — DC. Плоскость, прове-‘ 4денная через точки Л/, N и /С, делит куб на два многогранника. Найти отношение их объемов.

841. Дан куб ABCDAiByCiDi . Точка М —'Середина ребра ААі , а точка N — середина ребра A i B v Плоскость, проведенная через точки /VI, N и С, делит куб на два многогранника. Найти отношение их объемов.

842. Секущая плоскость проходит через точки Р , Q и R, лежащие на продолже­ниях соответственно рсбер АВ, АА і и AD куба A B C D A xBiCiDх, причем АР : ВР = = /IQ : /UQ — A R : D R = 5 : 3 . Найти отношение объемов полученных прн се- чении тел.

843. Дана треугольная призма ABCAiBiCi . Найти, в каком отношении делит объем призмы секущая плоскость, пересекающая ребра Л tZ?2, B xCi и несоответствен­но в точках ЛІ, N и /С, если В ХМ : A i B l = 1 : 2 , B XN : B f i x = 2 : 3 , В К : СВ = = 1 : 3 .

844. Дана прямая треугольная призма АВСАуВ^Сх, у которой АС : ААі — = 3 : 4 . Найти, в каком отношении делит объем призмы плоскость, проведенная че­рез вершину А и пересекающая боковые ребра В В Х и ССГ соответственно в точках М и N, если ВМ = M B lt a A N — биссектриса угла CACi.

845. Секущая плоскость проходит через точку М, лежащую иа продолжении ребра А В правильной треугольной призмы /1ВСЛ1В 1С1, через вершину Bi и середи­ну ребра АС. Найти отношение объемов полученных тел, если А М : ВМ = 2 : 1 .

846. Секущая плоскость проходит через точки М , N и Р соответственно ребер AiBi , ByCi и ВС треугольной призмы АВСЛ^В^С^, причем Л і/VI = МВі , B iN : NCi = 2 : 1 и ВР : PC = 1 : 2 . Найти, в каком отношении секущая плос­кость делит объем призмы.

847. Секущая плоскость проходит через точки К, L и М соответственно ребрам S/1, S B н SC треугольной пирамиды, причем SK : К А = SL : LB = 2, и медиана S N грани SBC делится этой плоскостью пополам. Найти, в каком отношении секу­щая плоскость делит объем пирамиды.

848. Секущая плоскость проходит через вершину А основания треугольной пи­рамиды SABC, точку D — середину медианы 5/С грани S A B и точку Е медианы SL грани 5Л С такую, что S E : EL = 1 : 2 . Найти, в каком отношении секущая пло­скость делит объем пирамиды.

849. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD. Найтн, в каком отио-

171

шении делит объем пирамиды плоскость, проведенная через точки А и В и середину ребра SC ?

850. Плоскость, проходящая через одно из ребер правильного тетраэдра, де­лит его объем в отношении 3 : 5. Найти тангенсы углов, на которые эта плоскость де­лит двугранный угол тетраэдра.

851. Через каждое ребро тетраэдра проведена плоскость, параллельная проти­волежащему ребру. Найти отношение объема полученного параллелепипеда к объе­му тетраэдра.

852. Дан куб ABCD AlB lCiD v Точка Е — середина ребра DC, точка F — сере­дина ребра BBi. Какую часть объема куба занимает объем пирамиды A F E D r?

§ 15. КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ И КРУГЛЫ Х ТЕЛ

Прежде чем перейти к рассмотрению примеров, заметим, что при решении задач, в которых идет речь о комбинации геометрических фигур, ввиду сложности выполнения чертежей иногда приходится прибегать к их упрощению. В одних случаях оказывается достаточ­ным иметь лишь изображение сечения фигур, участвующих в комби­нации (таково большинство задач на комбинации круглых тел), в других — изображение лишь одной из комбинируемых фигур; иногда одну из фигур бывает необходимо изобразить полностью, а другую — лишь частично. При решении некоторых задач представляется целе­сообразным воспользоваться эпюром канонических проекций комби­нируемых фигур.

П р и м е р 1. Шар Q. касается основания правильной треуголь­ной пирамиды SABC в точке В и ее бокового ребра 5Л . Найдем ра­диус шара, если АВ = а и SA = Ь.

Р е ш е н и е . Пусть четырехугольник SABC с его диагоналями (рис. 155) является изображением данной пирамиды. Это изображе­ние полное и метрически определенное (убедитесь в этом самостоя­тельно). Построить изображение шара затруднительно, так как его радиус неизвестен (получается как бы «замкнутый круг»: чтобы построить изображение шара, необходимо знать его радиус, а чтобы найти радиус, желательно иметь изображение шара). Попытаемся решить задачу с помощью изображения, на котором центр шара

построен, но сам шар нет. Построим центрS шара. Заметим прежде всего, что если будем

иметь изображением центра шара точку Р, то расстояние от точки Р до точки В, в которой шар Q касается плоскости основания, будет равно радиусу этого шара. Таким образом, иметь изображение самого шара для под­счета его радиуса не обязательно. Построе­ние точки Р выполним, исходя из следую­щих соображений.

Так как шар Q касается плоскости АВС в точке В , то точка Р лежит на перпенди-

Рис. 155 куляре к плоскости АВС , восставленном в

172

точке В. На чертеже уже есть изображение высоты 5 0 пирамиды. Че­рез точку В проведем прямую т || SO. Тогда, так как SO — пер­пендикуляр к плоскости ЛВС, то и прямая т будет перпендикуляром к плоскости ЛВС. Итак, точка Р лежит на прямой т и отрезок Р В — радиус шара Q.

Если шар касается ребра 5 Л в некоторой точке D, то ясно, что ЛВ = AD (как длины отрезков касательных к шару, проведенных из одной точки). Но Л В — а, следовательно, для построения точки D надо на отрезке S /1 отложить от точки Л отрезок AD такой, что AD — а. Пользуясь тем, что длины ребер ЛВ и 5/1 заданы в общем виде, возьмем точку D на прямой SA произвольно и будем считать, что ЛD = ЛВ. (Если задать а н Ь конкретными числовыми значения­ми, то брать точку D произвольно, конечно, нельзя. Так, если а —15, Ь — 20, то AD : SA = 15 : 20, или AD : 5/1 = 3 : 4 , откуда ясно построение точки D.)

Построим далее отрезок PD. Так как ребро 5/1 касается шара Q, то PD JL SA и PD — радиус шара Q, т. е. PD = РВ. Для подсчета длины отрезка PD выполним еще следующие дополнительные по­строения:

1) Соединим точку S с точкой Р.2) Проведем ОВ — медиану А А В С .3) Проведем Р К \\ ОВ.

Положим РВ = х и составим уравнение.Так как SA = b и AD = a, то SD — b — а. Из прямоугольного

д SDP имеем: SP2 = (b — a)2 -J- Л'2. Из прямоугольного д SBO имеем:

В О3

и 5 0 = | /

Так как т || SO и Р К Ц ОВ, то ОВ = Р К = и РВ = КО =

=; х. Тогда S K — ’ / ’ b2 — ----- х.

Теперь из прямоугольного A S P К получим: SP2 = S K 2 РК2, или

{Ь — а)2 -|- х2 = ( л / Ь2 а~ 1 йз / V з_

„ У 'З а • (2Ь — а)Решая это уравнение, находим: ,v — —--------- -----— — .2 У Ж — а-

Как отмечено выше, AD = ЛВ, т. е. AD — а. Но 5/1 > AD. Та­ким образом, по смыслу задачи b > а.

т т D D У З а (21)— а) .Итак, РВ = —----- , где b > а.2 У 3 Ь- — а“

З а м е ч а й » е. Обращаем внимание читателя на то, что неравенство Ь > а получено по соображениям, вытекающим из смысла задачи, а не из формулы, полу­ченной для искомой величины. Из полученной для РВ формулы мы нашли бы, что' а и Ь должны удовлетворять неравенствам системы: \2Ь — а > 0, (неравен-

I 3Ь- — сг > 0ства а > 0 и b > 0 опущены как очевидные). Из этой системы мы получили бы, что

а У з 4 > — •

Этой зависимости, однако, оказывается достаточно лишь для существования173

В, £і С, самой пирамиды: в прямоугольном треугольнике S/10" гипотенуза будет больше катета. Для существования же

а У 3шара, касающегося 5Д , зависимости Ь > ---- —

О

мало. Действительно, пусть 6 = 0 , 8а (в этом случае

6 > — - — I. Как отмечалось выше, AD — а. Таким

образом, будет AD > S/1, т. е. шар будет касаться не отрезка S /1, а его продолжения.

/ 1 - 1 —1W

/4 DРис. 156 П р и м е р 2. Дан куб A BCDAXBXCXD X,

ребро которого равно а. Через вершины А и С и через середины ребер ВХСХ и CXD X проведена сфера Q. Найдем радиус этой сферы.

Р е ш е н и е. Пусть фигура ABCDAXBXCXD X (рис. 156) является изображением данного куба, а точки Fx и Ех — середины его ребер ВХСХ и CxD t соответственно. Это изображение полное и метрически определенное (убедитесь в этом самостоятельно). Как и в предыдущем примере, построить изображение заданной сферы весьма затрудни­тельно, так как длина радиуса сферы неизвестна. Однако изображе­ние сферы не столь необходимо: ведь если на изображении будет по­казан центр этой сферы и какая-нибудь ее точка (здесь таких то­чек показано уже четыре), то, вероятно,. можно будет подсчитать и длину радиуса.

Займемся прежде всего поиском точки /VI — центра сферы Q. Так как точки А и С принадлежат сфере Q, то точка /VI принадлежит гео­метрическому месту точек, одинаково удаленных от точек А и С. Нетрудно догадаться, что этим геометрическим местом точек является диагональная плоскость BBXD XD. Диалогично точка М принадлежит диагональной плоскости АА]СХС. Таким образом, точка /VI принадле­жит прямой ООх, по которой пересекаются плоскости АССХ и BDDX.

Наконец, точка М принадлежит плоскости а, которая пересекает отрезок СЕХ в точке L — середине отрезка СЕХ, причем a_L СЕХ. Так как плоскость а имеет с плоскостью DCCX общую точку L, то эти плоскости пересекаются по прямой I, проходящей через точку L, причем так как СЕХ _[_ а, то СЕХ _L I.

Построим точку Е — середину отрезка CD и построим отрезок ЕЕХ. Так как изображение, па котором осуществляются дополнительные построения, является метрически определенным, то провести через точку L прямую I произвольно и сказать, что /_ L СЕХ, нельзя. Вме­сте с тем прямая I пересечет отрезок ЕЕХ. Обозначим точку их пере­сечения через Қ. Тогда A I (L E X будет прямоугольным и подобным треугольнику СЕЕХ. Из подобия этих треугольников следует, чтоК Е Х : СЕХ — LEX : ЕЕХ, и, так как ЕЕХ — а, СЕ = то СЕХ =

- °1 5 a L F - а уГ^ •О ’ а --------- А

Таким образом, находим, что если / JL СЕХ, то К Е Х = — а. Поль-8

174

зуясь этим равенством, построим точку К- Далее построим ОЕ и через точку К проведем прямую к || ОЕ.

Прямая к лежит в плоскости ОЕК и пересекает ООу. Обозначим точку их пересечения через М. Тогда, так как М К Ц ОЕ и ОЕ — пер­пендикуляр к плоскости DCClf то М К — перпендикуляр к плоско- тн DCCX.

Итак, СЕХ _1_ L/C и СЕХЛ- МК- Тогда СЕХ — перпендикуляр к плоскости LKM. Другими словами, плоскость LKM совпадает с пло­скостью а, и, таким образом, точка /VI лежит в плоскости а, а поэто­му точка М — центр сферы Й.

Найдем М Е г — радиус сферы Й. Из прямоугольного А М К Е Х

получаем: М Е г = V м К 2 + КЕ* =(Можно было искать уVIС — радиус сферы й из прямоугольного

треугольника yVICO, где ОМ — —а, ОС = (JJ~2 .]8 2 )

П р и м е р 3. Трехгранный угол образован плоскостями а, Р и у, причем а ! у, (3 _L у и Z -сф ~ 2ф. Сфера 2 касается плоскости у в точке В, а плоскости а и (3 пересекает по окружностям щ и со2, радиусы которых равны г. Расстояние от точки О — центра сферы — до точки А — вершины трехгранного угла — равно I. Найдем радиус сферы.

Р е ш е н и е . Объемное изображение комбинации сферы 2 и трехгранного угла ару является весьма затруднительным. Для по­строения изображения применим метод ортогонального проектирова­ния на пару взаимно перпендикулярных плоскостей проекций Н и V, которые выберем нз следующих соображений. Так как сфера 2 ка­сается плоскости у в точке В , то ОВ _1_ у. Так как a JL у и р _L у, то линия пересечения плоскостей а и р также перпендикулярна пло­скости у. Пусть плоскости а и { 3 пересекаются по прямой /1C. Тогда A C _L у и, следовательно, ОВ || /1C. Прямыми ОВ и АС вполне опре­деляется некоторая плоскость о, причем, так как прямая ОВ лежит в плоскости а, то а_1_ у. Примем плоскость -у за горизонтальную плоскость проекций и, следуя обозначениям, принятым в начерта­тельной геометрии, назовем ее плоскостью /7. Плоскость сг примем за вертикальную пло­скость проекций и будем обозначать ее че­рез V.

Заметим еще, что так как окружности и со о равны между собой, то точка О одина­ково удалена от плоскостей а и (3, а следо­вательно, V — биссекторная плоскость дву­гранного угла, образованного плоскостями а и Р, и плоскость V пересекает сферу 2 по окружности большого круга. Эпюр канони­ческих проекций комбинации сферы 2 и трех­гранного угла ару представлен на рисунке 157.

175

(Читатель, вероятно, обратит внимание на тот факт, что в верти­кальной плоскости проекции не показаны эллипсы, являющиеся проекциями окружностей о)х и о>2 па плоскость V. Построение этих эллипсов не столь уж сложно, однако в дальнейшем они не только не нужны, но и излишне загромождали бы рисунок.)

Итак, на эпюре мы видим в плоскости V сечение сферы 2 плос­костью о, проходящей через центр сферы — точку О и вершину дан­ного трехгранного угла, поэтому а'о' — I. В плоскости Н мы видим изображение двугранного угла сф в натуральную величину, поэтому ^ «нРи = 2<р и Z. а на„ = <р, а отрезок de является изображением горизонтальной проекции окружности tolf т. е. de = 2/', и, наконец, искомый радиус сферы 2 равен радиусу окружностей | и — со­ответственно горизонтальной и вертикальной проекций сферы 2 .

В плоскости Н из точки о опустим перпендикуляр of на а., (отре­зок of — изображение отрезка OF _L а). Тогда df = г. Положим для краткости радиус сферы 2 равным х. Тогда и радиусы окружностей £ и Е' также равны х, т. е. od — х и о'Ь' — х.

Тогда нз прямоугольного А о'а'Ь' получим: a'b' = V I2 — х2.Но, как нетрудно заметить, ао — а'Ь' . Таким образом, и ао = V I2—х2, а тогда, так как Z.aof — ф, из прямоугольного треугольника aof имеем: of = ао sin ф — К /2 — х2 sin ф, и, следовательно, из прямо­угольного треугольника odf:

я-s = ,-2 (/2 — Л'2) sin2 ф. (1)т-> О о г--}-/2 sin2 фРешая это уравнение относительно х2, находим: .v2 = —

1 -{- sin2 срОтбрасывая сразу отрицательное значение я', как заведомо ио-

•» / г" -I- I2 sin2 ф стороннее, получаем: х = у , ;— Ч

Выясним теперь, каковы по смыслу задачи ограничения, которым должны удовлетворять г, I и ф, чтобы найденное значение х (одно нз решений квадратного уравнения (1)) было длиной радиуса сфе­ры 2 .

Во-первых, так как 2ф — угол между плоскостями (а и Р), то 0° < 2ф < 90°, т. е. 0е < ф < 45°.

Во-вторых,

of < х < ао, плн I V i 2 — -V2 sin ф < X < V l 1 — -V2,х > df 1 х > г.

Подставляя в эту систему неравенств значение х и решая получен-. у т ,ную систему неравенств, находим, что г < I cos ф.

Итак, ОВ _ где j гV i + s i n -ф [ 0° < ф < 45°.З а м е ч а и и е. Казалось бы, в выражении, найденном для значения х, пара­

метры г, / и ф могут принимать любые действительные значения (подкоренное выра­

176

жение будет положительным), однако, как показало исследование, проведенное по смыслу задачи, это да­леко не так.

П р и м е р 4. Центр шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, совпадает с центром шара, описанного око­ло этой пирамиды. Н а й д е м двугранный угол при ребре основания пирамиды.

Р е ш е и и е. Пусть фигура SABCD — изображение правильной четырехугольной пирамиды (рис. 158). Это изображение полное, и для него р — 4. Построим SP — высоту боковой грани SAB и ОР — проекцию апофемы SP на плоскость АВС. Будем считать Р К изображением биссектрисы угла SPO, т. е. будем считать точку К изображением центра вписанного шара й. Таким образом, на изображение расходу­ется еще один параметр, и оно становится метрически определенным.

Так как по условию точка К является центром также описанного шара 2 , то следует считать, что А К и S K — это изображения равных в оригинале отрезков, т. е., короче, Л К = SK- Изображения шаров ІІ и 2 показывать нет необходимости.

Итак, ОК — радиус вписанного шара, А К — радиус описанного шара, и требуется найти двугранный угол при ребре А В пирамиды, т. е. угол SABO.

Так как SP — высота в A SAB, в котором SA = SB, то SP _JL _L АВ. Но ОР — проекция отрезка SP на плоскость АВС. Тогда и OP _L АВ. Таким образом, Z_ SPO — линейный угол искомого дву­гранного угла SABO. Положим для краткости, что Z. SPO = х, и введем для выполнения подсчетов вспомогательный параметр, поло­жив АВ = а. Выразим SO двумя способами. Из прямоугольногоA S O P находим, что SO — ~ tg,v. Далее из прямоугольного А Р О К

находим: О К = tg а из прямоугольного треугольника АО К находим:

АО = Тогда А К = V Ш + 0/(2 = | ] / 2 + tg2| . Но SK =

= АК, т. е. SK = — л/ ~ 2 + tg2 —. Так как SO = О К + SK, то2 j' 2

Я> = Т (*8 f + / 2 + *8^ ) . ________

Таким образом, ~ t Q x — + tg'2 — ) , откуда tg x —

= і / 2 + ‘ 52т - _______ _m I у l + c o s ^ f

Так к а к ------ острый угол, то ---------------- — -----------------------,2 х х

cosх • cos~ c o s -

177

в результате преобразований получим: sin у = cos х у 1 ~ fcos2-|-.

Возведем в квадрат обе части этого уравнения: sin2 — = cos2 х х

X 1 + cos2 — j. Переходя к cos ~ и обозначая для краткости cos2 ~ = у,

получаем уравнение 1 — у = ( 2 у — I)2 которое после рядаупрощений преобразуется в уравнение 4>,:{ — 2у — 0.

1 2~ Л^2Таким образом, находим: у г — —2~, у2 = — у 3 = 0. Отбрасы­

вая заведомо посторонние значения у2 и получаем: cos2 ~ =

V 2 1 + cos.v V 2 ЛПГ .т. е. — -----= ~2 ~, откуда co sх = у 2 — 1, и, следова­

тельно, х — arccos ( У 2 — 1). Таким образом, /_SABO = arccos ( У 2 — 1).

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

853. Сторона ромба равна а. Сфера, радиус которой равен R , касается всех сто­рон ромба. Расстояние от центра сферы до плоскости ромба равно а. Найти площадь ромба.

854. На поверхности сферы, радиус которой R, даны две равные окружности, общая хорда которых а. Найти радиусы этих окружностей, если плоскости их вза­имно перпендикулярны.

855. Шар радиуса R вписан в конус, образующая которого видна из центра под углом а. Найти объем конуса.

856. В полушар радиуса R вписан усеченный конус так, что его большее основа­ние совпадает с основанием полушара, а образующая наклонена к плоскости основа­ния под углом а . Найти площадь поверхности конуса.

857. В прямом круговом конусе даны площадь основания 5^ и площадь боковой поверхности S 2• Найти радиус шара, вписанного в конус.

858. В конус вписан шар так, что радиус окружности его касания с конусом равен R. Прямая, проходящая через центр шара и точку, лежащую на окружности касания, образует с плоскостью основания конуса угол ci. Найти объем конуса.

859. Найти угол при вершине в осевом сечении конуса, если известно, что на его поверхности можно провести три попарно перпендикулярные образующие.

860. Два одинаковых конуса с углом а при вершине в осевом сечении располо­жены так, что осыо каждого из них является образующая другого. Найти угол меж­ду двумя образующими, по которым эти конусы пересекаются.

861. Плоскость, параллельная основанию конуса и проходящая через центр вписанного в этот конус шара, делит конус на две части, объемы которых равны. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания.

862. В равносторонний конус вписан полушар так, что его большой круг на­ходится в плоскости основания конуса. Найти отношение, в котором окружность ка­сания делит боковую поверхность полушара и боковую поверхность конуса.

178

863. В конусе помещены два шара так, что они касаются друг друга и поверх­ности конуса. Отношение радиусов этих шаров равно т : п (т > п). Найти угол при вершине осевого сечения конуса.

864. Доказать, что отношение объема конуса к объему вписанного в него шара равно отношению площади полной поверхности конуса к площади поверхности шара.

6865. В усеченный конус вписан шар, объем которого составляет— объема ко-

13нуса. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его нижнего основания.

866. В полушар вписан конус, вершина которого совпадает с центром окружно­сти, являющейся основанием полушара. Плоскость основания конуса параллельна плоскости основания полушара; прямая, соединяющая центр основания конуса с произвольной точкой окружности большого круга полушара, составляет с плоско­стью основания конуса угол о.. Найти отношение объема полушара к объему конуса.

867. В конус вписан шар. Линией их касания площадь поверхности шара делит­ся в отношении т : п. Найти угол между образующей конуса н его осью.

868. В куб вписана пирамида, одной из вершин которой является центроид грани куба, а четыре другие — вершины противолежащей грани куба. В пирамиду вписан шар. В каком отношении делит объем куба плоскость, проходящую через центр шара параллельно основанию пирамиды?

869. Шар касается боковой поверхности конуса по окружности основания. Площадь поверхности шара делится при этом на части, из которых одна в п раз боль­ше другой. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания.

870. Около конуса описана треугольная пирамида. Боковая поверхность конуса делится линиями касания на части, площади которых относятся как 5 : 6 : 7. В ка­ком отношении делят те же линии площадь боковой поверхности пирамиды?

871. В конус вписан цилиндр, площадь полной поверхности которого равна пло­щади боковой поверхности конуса. Угол между образующими конуса в его осевом сечении равен 90°. Доказать, что расстояние от вершины конуса до верхнего основа­ния цилиндра равно половине образующей конуса.

872. Два конуса имеют общее основание. В общем осевом сечении образующая одного из них перпендикулярна противолежащей образующего другого. Объем одно­го из конусов вдвое меньше объема другого. Найти угол между образующей боль­шого конуса и плоскостью оснований конусов.

873. Из точки, взятой на поверхности шара, проведены три равные хорды, угол между каждой парой из которых равен а . Найти длины хорд, если радиус шара ра­вен R.

874. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, каждая нз боковых сторон которого равна а, а угол между ними равен а. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а третья образуете ней угол (5. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду.

875. Через середины боковых ребер куба проходит сфера, касающаяся одного нз оснований куба. Какая часть объема куба лежит внутри сферы?

876. В куб с ребром а вписан шар так, что его поверхность касается всех ребер куба. Найти объем части шара, заключенной внутри куба.

877. Ребро куба равно а. Найтн радиус двух равных шаров, которые можно поместить в куб так, чтобы они не могли передвигаться внутри куба при его переме­щениях.

179

878. В куб с ребром а вписан шар. Затем в один из трехгранных углов при вер­шине куба вписан второй шар, касающийся первого шара. Найти радиус второго шара.

879. Шар проходит через вершины А, В и D куба ABCDAiB iCxDi и середину ребра А 1В 1. Найти радиус шара, если ребро куба равно а.

880. Шар касается трех граней куба, содержащих одну вершину, и трех ребер этого куба, содержащих противолежащую вершину. Найти ребро куба, если радиус шара равен R.

881. Шар касается трех граней куба, содержащих одну вершину, и прохо­дит через вершину куба, противолежащую первой. Найтн радиус шара, если ребро куба равно а.

882. Шар касается трех ребер куба, содержащих одну вершину, н проходит через вершину куба, противолежащую первой. Найти радиус шара, если ребро куба равно а.

883. Шар проходит через середины трех ребер куба, содержащих одну верши­ну и через вершину куба, противолежащую первой. Найти ребро куба, если радиус шара равен R.

884. Шар касается четырех ребер куба, принадлежащих одной из его граней, и противолежащей грани. Найти отношение объема части шара, лежащей вне куба, к объему шара.

885. Шар проходит через вершины нижнего основания куба и касается ребер его верхнего основания. Найти отношение ребра куба к радиусу шара.

886. Шар касается всех боковых ребер правильной четырехугольной призмы и се оснований. Найти отношение площади поверхности шара, лежащей вне призмы, к площади полной поверхности призмы.

887. Шар вписан в прямую призму, основанием которой служит прямоугольный треугольник, в котором перпендикуляр, опущенный нз вершины прямого угла на гипотенузу, равен Һ и составляет с одним из катетов угол а . Найти объем призмы.

888. В правильной треугольной призме АВСАуВуСу через сторону А В основа­ния проведена плоскость, проходящая также через вершину Ci другого основания. В пирамиду СуАВВуАу (Сг — вершина) вписан шар. Найти угол между плоскостью АВСг и плоскостью основания призмы.

889. Около шара описан прямой параллелепипед, объем которого в т раз боль­ше объема шара. Найти углы в основании параллелепипеда.

890. Ребро правильного тетраэдра равно а. Найти радиус шара, касающегося боковых граней тетраэдра в вершинах основания.

891. Ребро правильного тетраэдра равно а. Найти радиус шара, касающегося боковых граней тетраэдра в точках, лежащих на сторонах основания.

892. Доказать, что если вершины нижнего основания прямой треугольной приз­мы лежат на поверхности шара, а стороны верхнего основания касаются этого шара, ю призма правильная.

893. Шар касается всех боковых граней треугольной пирамиды в центрах опи­санных около них окружностей. Каждый плоский угол при вершине пирамиды ра­вен 2а, а сумма боковых ребер равна За. Найти радиус шара.

894. Высота треугольной пирамиды равна Н , сумма всех девяти плоских углов при вершинах основания равна а. Найти радиус шара, который касается всех боко­вых граней в точках пересечения их медиан.

180

895. Боковая поверхность треугольной пирамиды равна 5 , а сторона основа­ния равна а. Шар касается трех ребер основания в их серединах и пересекает боко­вые ребра в нх серединах. Найти радиус шара.

896. Все плоские углы при вершине 5 пирамиды прямые. Доказать, что верши­на S, центр шара, описанного около пирамиды, и точка пересечения медиан основа­ния АВС лежат на одной прямой.

897. Шар радиуса R вписан в пирамиду, угол наклона каждой нз граней кото­рой равен а. Найтн объем пирамиды, если в се основании лежит ромб, острый угол которого равен р.

898. В правильной пирамиде SABCD с вершиной S сторона основания равна а, боковое ребро равно Ь. Первая сфера с центром в точке Ot касается плоскостей SAD н SBC соответственно в точках А и В, а вторая сфера с центром в точке 0 2 касается плоскостей S A B и SCD в точках В и С. Найтн объем пирамиды А В 0 х0 2.

899. Найти радиус шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, если объем пирамиды равен V, а угол между двумя ее противоположными гранями равен а.

900. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, каждый из равных углов которого равен а , а общая сторона этих углов равна а. Каждая из бо­ковых граней пирамиды наклонена к плоскости основания под углом р. Найти ра­диус шара, вписанного в пирамиду.

901. В шар радиуса R вписана пирамида, в основании которой лежит квадрат. Одно из боковых рсбер перпендикулярно плоскости основания, а наибольшее боко­вое ребро образует с ней угол ос. Найтн боковую поверхность пирамиды.

902. В правильной четырехугольпой пирамиде плоский угол при вершине ра­вен а , а высота пирамиды равна Н и служит диаметром шара. Найти длину линии пе­ресечения поверхностей пирамиды и шара.

903. В правильную четырехугольную пирамиду помещены два шара, касающие­ся друг друга и всех боковых граней пирамиды. Нижний шар касается еще и осно­вания пирамиды. Отношение радиуса большего шара к радиусу меньшего шара рав­но п. Найтн двугранные углы пирамиды.

904. В правильную треугольную пирамиду, плоский угол при вершине которой равен ol, вписан шар. На какие части делится площадь поверхности шара плоскостью, проведенной через точки касания шара с боковыми гранями пирамиды?

905. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно Ь, а угол, образованный боковым ребром и плоскостью основания, равен а . В эту пирамиду вписан равносторонний цилиндр так, что одна нз его образующих расположена па диагонали основания пирамиды, а окружность основания касается двух смежных боковых граней пирамиды. Найти радиус основания цилиндра.

906. В цилиндр, высота которого равна Н, вписана треугольная пирамида. Две грани пирамиды перпендикулярны плоскости ее основания, а два боковых ребра обра* зуют с плоскостью основания углы, каждый из которых равен а . Угол между этими ребрами равен р. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

907. Ребро правильного тетраэдра равно а. Цилиндрическая поверхность про­ходит через одно из его ребер и через все его вершины. Найти радиус основания ци­линдра.

908. Основания шарового слоя и цилиндра совпадают. Объем тела, заключенного между их боковыми поверхностями, равен 36я см3. Найти высоту цилиндра, равную высоте шарового слоя.

181

909. В конус с радиусом основания, равным R, вписана треугольная призма с равными ребрами так, что ее основание лежит в плоскости основания конуса. Найти объем призмы, если угол между образующей конуса и плоскостью его основания равен а.

910. В куб, ребро которого равно а, вписан прямой круговой конус с углом меж­ду образующими в осевом сечении, равным а. Найти длину образующей и радиус основания конуса, если его высота лежит на диагонали куба.

911. Куб ABCDAyByCiDy вписан в конус, радиус основания которого равен R, а высота R V 2. Основание ABCD куба находится на основании конуса, а точки А у, Bi , С, и Di — иа его боковой поверхности. Найти площадь треугольника /IjC jM , где М —■ точка пересечения прямой BD с окружностью основания.

912. Два конуса имеют концентрические основания и общую высоту, равную Н. Разность углов, которые образующие составляют с осью, равна (}; угол между обра­зующей внутреннего конуса и плоскостью основания равен а. Найти объем части про­странства, заключенной между поверхностями конусов.

913. Стороны равнобокой трапеции касаются цилиндра, ось которого перпен­дикулярна параллельным сторонам трапеции. Найти угол между плоскостью тра­пеции и осыо цилиндра, если основания трапеции равны а н b (а > Ь), а высота ее равна Һ.

914. На прямоугольном листе бумаги, одна сторона которого равна а, построеныа а

окружности, радиус одной из которых равен — , а другой — —. Расстояние между

2 ацентрами окружностей равно —, а линия их центров параллельна основанию пря-

О

моуголышка. К окружностям проведена общая внутренняя касательная. Найтн расстояние между точками касания после того, как лист свернут в круглую цилин­дрическую поверхность, ось которой перпендикулярна линии центров окружностей.

915. Даны куб и правильная четырехугольная пирамида, боковое ребро кото­рой равно Ь. Вершины одной из граней куба являются серединами ребер основания пирамиды, а каждое ребро противолежащей грани куба пересекает одно из боковых ребер пирамиды. Найти объем части куба, находящейся вне пирамиды.

916. В кубе, ребро которого равно а, проведена диагональ. Ребра куба, сходя­щиеся на одном конце диагонали, разделены пополам. Полученные точки деления и другой конец диагонали приняты за вершины пирамиды. Найти объем этой пирамиды.

917. Ребра треугольной пирамиды, выходящие нз вершины А, попарно перпен­дикулярны и равны а, b и с. Найти объем куба, вписанного в пирамиду так, что одна из его вершин совпадает с вершиной А.

918. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно b и образует с плоскостью основания угол а. В пирамиду вписан равносторонний ц и л и н д р так, что его нижнее основание лежит в плоскости основания пирамиды. Найти высоту ци­линдра.

919. На листе бумаги, являющемся квадратом PQML, прорезано отверстие — равносторонний треугольник АВС — так, что А В || PL и АВ : PL = 1 :2 . Затем квадрат свернут в круглую цилиндрическую поверхность, ось которой перпендику­лярна отрезку АВ. Найти отношение площади квадрата к площади треугольника АВС, вершины которого лежат па цилиндрической поверхности.

182

§ 16. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬ­ШИЕ ЗНАЧЕНИЯ

При решении стереометрических задач на отыскание наибольших и наименьших значе­ний будем придерживаться того же плана, каким руководствовались при решении пла­ниметрических задач на отыскание наиболь­ших и наименьших значений (глава 1, § 7).

П р и м е р 1. Куб пересекается плоско­стью, проходящей через одну из его диаго­налей. Докажем, что наименьшую площадь имеет то сечение, которое образует с плоско­

стью основания угол a rcco s^ -- Рис- 159Р е ш е н и е . Оптимизируемая величина 5 — площадь сечения.

Пусть ребро куба равно а (известная величина), a Bxl(DL — некото­рое сечение (рис. 159). Введем независимую переменную: СХК = я. По смыслу задачи ясно, что О ^ х ^ а — это реальные границы из­менения я.

Выразим площадь S сечения через х и а. Отметим прежде всего, что в сечении получается параллелограмм, так как линии пересече­ния двух параллельных плоскостей с третьей плоскостью параллель­ны между собой. Площадь параллелограмма можно найти по форму­ле В\К • KD ■ sin а, где а — /_ B XKD. Из треугольника ВХСХК на­ходим: В\К = У ci- -j- я'2, а из треугольника DKC находим: DI\ = = У а2 + (а — х)2. Из треугольника ВхҚО по теореме коси­нусов получаем: BXD 2 — ВХҚ2 -f- I\D2 — 2ВХҚ • KD • cos а, т. е.(а У З)2 = (а2 л-2) (а1 -\- (а — х)~) — 2 У а2 + х2 У a2 - f (а — л')2 XX cos а, откуда после ряда преобразований получаем:

х2 — ахcos а = —т.— . ■ — 7.............= -.У a- -\~ X'. • Y а2 -|- (а — х)~

Тогда sin а = У \ — cos2 а

a Y 2 а2 -|- 2х2 — ‘2ахV '

(х2 — ах)2{a2 -f л-2) (а2 -}- (а — х)2)

X

Y а2 -|- X2 У а2. -|- (а — х)2 ' ____________В итоге получаем: 5 = BXK -K D sin a ~ У а 2 + хг У а 2 + (а — х)г х

= а У 2а2 + 2л'2 — 2ах.a Y 2а2 И- 2.V2 — 2ахК 5 Г .

НадоY а2

найти наименьшее значение 2ах на ,[0 ; а]. S' - а

функции 2х — а

S (х) = а XX ] / 2а 2 2.Г — ™ .... vLW, 4 .j. ________ ____ _____

Y 2a2 -f- 2x2 — 2axТочек, где S' не существует, в данном случае нет, так как знамена­

тель производной нигде не обращается в нуль: по условию а > х, тогда а2 > ах и тем более 2а2 -j- 2х2 ■— 2ах > 0. S' — 0, если 2х — а =— 0 , т. е. при х — —.

183

Чтобы найти наименьшее значение функции, осталось вычислить значения функции S (х) на концах отрезка [0; а] и сравнить их созначением функции в точке х = Имеем: S (0) = а2]/Л2, 5 (а) =

= а2У 2, = °' - Наименьшее значение функции 5 (х) равно

. Оно достигается при х =

В задаче требуется доказать, что угол, который наименьшее_поплощади сечение образуете плоскостью основания, равен arccos U L .

3Для доказательства этого факта воспользуемся формулой S0CH = = 5 сеч cos ср, где ср угол между плоскостями сечения и основания, тл 2 0-Y& . у 6Имеем: а“ = — — cos ср, откуда находим: cos q> =

т. е. <р = arccos -Чр.П р и м е р 2. Бревно длиной 20 дм имеет форму усеченного ко­

нуса с диаметрами оснований 2 и 1 дм. Требуется вырубить из бревна брус с квадратным поперечным сечением, ось которого совпадала бы с осью бревна и объем которого был бы наибольшим.

Р е ш е и и е. Оптимизируемая величина V — объем бруса, т. е. объем прямоугольного параллелепипеда с квадратным основанием.

В осевом сечении конуса, которое одновременно является диаго­нальным сечением прямоугольного параллелепипеда, получим (рис. 160) равнобокую трапецию (осевое сечение усеченного конуса), в которую вписан прямоугольник (диагональное сечение прямо­угольного параллелепипеда). Обозначим буквой х высоту параллеле­пипеда, т. е. высоту прямоугольника в осевом сечении: К М = х. Реальные границы изменения х : 0 < л' ^ 20.

Найдем объем V прямоугольного параллелепипеда. Отрезок FK представляет собой диагональ основания параллелепипеда. Найдем FK. Имеем: Ғ Қ = ЕМ = AD — 2 MD = 2 — 2 MD. ПроведемCL X AD. Тогда LD — AD — AL — 1 — 0,5 = 0,5 дм. Так какТреугольникиA’yVfD и CLD подобны, то т. е. — = М°

CL LD 20 0 ,5

откуда находим: MD = —, а значит, FK = 2 — 2MD = 2 — —.40 20Площадь квадрата, служащего основанием

прямоугольного параллелепипеда, можно найтипо формуле ~ dr, где d — диагональ основа­

ния, т. е. d — FK. Значит, S 0CH = 2 — ^ .

Поскольку высота параллелепипеда равна х, то для объема получаем следующий результат:

Е L М D V — (2 — —

Рис. 160 20

184

Для функции V =

ние на промежутке ]0; 20].

2 — — 20

х надо найти наибольшее зпаче-

20Имеем: V' = 2 І2 — - ) — - ) х + 2 — - Г = (2

20

V' = 0 при д; == 40 или при х — —.

лежит рассматриваемому промежутку.

20

Значение х

9 __

X 0403

20

640V 0 20

27

20;

10 не принад-

Наиболынее значение функции равно

Интерпретируем полученный резулыат для этой задачи. Чтобы вырубить из бревна брус наибольшего объема, нуж­но удалить верхнюю (более топкую)

часть бревна так, чтобы осталось бревно высотой 13— дм, а затем из3

полученного бревна вырубить брус с квадратным поперечным сече­нием (это сечение определяет квадрат, вписанный в верхнее осно­вание бревна высотой 13- - дм

Г1 р и м е р 3. Около шара радиуса г описана правильная четы­рехугольная пирамида. Найти наименьшее значение площади ее бо­ковой поверхности.

Р е ш е н и е . Оптимизируемая величина 5 — площадь боковой поверхности. Введем независимую переменную. Напомним, что центр О вписанного шара лежит на высоте правильной пирамиды, а именно в точке пересечения высоты с биссектрисой ОК угла между высотой М К боковой грани и проекцией НК этой высоты на плоскость ос­нования (рис. 161), ОН — г — радиус вписанного шара. ПоложимZ. окн х. Реальные границы изменения х: 0 < х < - р

Выразим 6’ через г и х. Из треугольника ОКН находим: НК = = г ctg х\ из треугольника HKD находим: KD = НК = г ctg х\

. . tits м т- НК г ctffхиз треугольника М Н К находим: МК =

•5 = 4 5 дмсо = 4 KD М К = 4г ctg х Xcos IX cos 2х

Тогда

X г ctg X ctg2 д;cos 2х cos 2хНайдем наименьшее значение функции

S = 4Г2cos 2х

на промежутке

0 ; тИмеем:

2 ctg хX

S' = 4r2 х1

соз 2х -f- 2 sin 2х ctg2 х

cos2 2х Рис 161

185

8r? . ( i • r> cos 2.*ctg x ctg x sin 2x ■cos? 2x \ sin2 x

S' не существует, если cos 2x — 0 или sin x = 0, что не выполня-71ется в интервале

0 ; 4

S' = 0, если ctg а; = 0, что не выполняется в интервале j 0;

или если ctg х sin 2 х ----- cos 2х = 0. Решим это тригонометрическоеsin?*

уравнение.т т cos х sin 2.v cos 2х nИмеем последовательно:------------------ •----------- = О,

sin х s in -д:sin х cos х sin 2x — cos 2x = 0, sin2 2x — 2 cos 2x — 0,1 — cos2 2x — 2 cos 2x — 0, cos2 2x + 2 cos 2x — 1 = 0,

(cos 2x)i,o — — 1 ± V'2.

Подходит лишь значение cos2.v — }/Г2 — 1, откуда следует, что х —

— — arccos (V~2— 1).2Чтобы убедиться в том, что при найденном значении х функция

5 (х) достигает наименьшего значения, вычислим односторонниепределы функции на концах интервала «*•

lim S (х) — 4г2 lim = + о о ,Х-* о х- о cos 2х

lim 5 (л*) = 4г2 lim - -tg х = + о о .я , . я , А cos 2хХ-*----}- 0 * -♦-------f- 04 4

Значит, действительно в полученной точке функция 5 (х) имеет наи­меньшее значение. Вычислим это значение.

Имеем: S — 4л2 - ctg -'v причем cos2a' — Y 2 — 1. Так как 14- cos 2х

+ ctg2 х = — — = ----- — , то ctg2 х ~ ----- ----------- 1sin? х 1 — cos 2х 1 — cos 2х 1 — — 1)

_ 1 = у 2 + 1. Значит, S„a„„. = 4г2 = 4г* ( У 2 + 1 )>.у 2 — I

Возвращаясь к исходной геометрической задаче, заключаем, что наименьшее значение площади боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды, описанной около шара радиуса г, равно4г2 0 / 2 + 1 ) ' .

П р и м е р 4. В шар вписана правильная /і-угольная пирамида. При каком двугранном угле между боковой гранью и плоскостью ос­нования пирамиды объем пирамиды будет наибольшим?

Р е ш е н и е . Оптимизируемая величина V — объем пирамиды.

рисунке 162 п -ю часть пирамиды: МАВ — бо­ковая грань, М Н — высота. Обозначим радиус шара буквой R (вспомогательный параметр). По­ложим MB = х. Реальные границы изменения х: О < х < 2R.

Выразим V через х и R. Воспользуемся извест-

случае правильной пирамиды: R = *1 2 Я

где b

Рис. 162

боковое ребро, а Я — высота пирамиды. ТогдаR = ~ , откуда Н — ~ —. Из треугольника МВН

2 Н 2R

находим: НВ = У MB2 — МН2 = 1 / х 2'---- — .V 4Так как ЛВ — сторона правильного я-угольника, то Z. ЛЯВ = —

а потому S AABH= - А Н ■ НВ sin = I (** — j sin І 5 - .

Значит, У = — Socli Н = ~ п ~ (х2-----— sin • — =3 3 2 І 4tf? / /г 2 R

2 л/г sin —

2я

12/?■Д .Vs

4 ^Найдем наибольшее значение функции V = к на интер-

/ 2я \п sin

вале ]0; 2R [ I для краткости положили к =

— к 4х3-----6.V512 R

I. Имеем: V' =

Из уравнения V" = 0 находим: х{ = О, х2 — R х3 =

= — R J/ этих тРех значений интервалу ]0; 2R[ принадлежит

Имеем: lim У (х) = lim У (х) = 0. Значит, при я = R Л / — функ- лт-vO X-+4R V 3

лишь л: =

16Я3л sin

27ция V (х) достигает наибольшего значения. Оно равно -

В задаче требуется найти угол MDH для пирамиды наибольшего объема, где M D — высота боковой грани. Положим Z, MDH — ср.Имеем: МН = — = — (подставили вместо х найденное выше значе-

2 R 3 '

187

ние # " |/ треугольника ВОН находим: HD = HB cos— =

/о Xх Я 2R Y 2 ях 2 --------cos — = — ------ COS---- .

4 R2 n 3 nSH Y 2 f V 9

Тогда tg ф = —- = —-----. Значит, ф = arctg / ——' DH n я

cos — - \ cos —n \ n

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

920. Доказать, что нз всех правильных четырехугольных пирамид, у которых сумма высоты и стороны основания постоянна, наибольший объем имеет пирамида, у которой боковая грань составляет с плоскостью основания угол 45°.

921. Площадь основания прямоугольного параллелепипеда равна 1 см2, а длина диагонали 2 см. Найти: а) наибольший объем; б) наибольшую боковую поверх­ность.

922. Сумма квадратов длин всех ребер правильной треугольной пирамиды рав­на Р. Наіітн наибольшее значение площади боковой поверхности пирамиды.

923. В основании пирамиды MABCD лежит квадрат. MB — высота пирамиды. Найти наименьшее значение длины ребра MD, если объем пирамиды равен 9 см3.

924. Среди правильных n-угольных пирамид с постоянной длиной бокового ребра найти пирамиду с наибольшим объемом (вычислить угол между боковым реб­ром и плоскостью основания пирамиды).

925. Среди правильных «-угольных пирамид с постоянной площадью боковой грани найти пирамиду с наибольшим объемом (вычислить угол между боковой гра­нью и плоскостью основания).

926. «Домик» составлен из двух прямых призм с квадратным и треугольным ос­нованиями, причем треугольное основание представляет собой равнобедренный пря­моугольный треугольник (рис. 163). Какой должна быть сторона квадрата, чтобы объем «домика» был наибольшим, если известно, что периметр основания «домика» равен 24 м?

927. В треугольной пирамиде проводятся сечения, параллельные двум пересе­кающимся ребрам. Доказать, что наибольшую площадь имеет сечение, проходящее через среднюю линию основания пирамиды.

928. В основании пирамиды М А В С лежит прямоугольный равнобедренный треугольник АВС {АВ = ВС). Грани МВС и М А В перпендикулярны плоскости ос­нования, МС = 2 V 2 см. При какой высоте пирамиды площадь сечения, прохо­

дящего через точки В и vW и делящего АС пополам, будет наибольшей?929. Через диагональ основания правильной четы-

рехугольной призмы проведено сеченне, имеющее с другим основанием хотя бы одну общую точку. Найти наибольшую и наименьшую площадь такого сечения, если ребра приз­мы, выходящие из одной вершины, равны 3 / 2 , 3 / 2 и2 см.

930. Доказать, что из всех прямоугольных паралле­лепипедов с квадратным основанием, вписанных в полу-Рис. 163 шар, наибольший объем имеет куб.

188

931. Доказать, что из всех пирамид, в основании которых лежит равнобедренный треугольник, вписанных в конус заданного объема, наибольший объем имеет правиль­ная пирамида.

932. Найти наибольшую площадь сечения конуса плоскостью, проходящей через его вершину, если радиус основания конуса равен R , а высота Н.

933. Цилиндр завершен сверху полушаром. Объем тела равен V. При каком ра­диусе полушара полная поверхность тела будет наименьшей?

934. Периметр равнобедренного треугольника 2р. Каковы должны быть его сто­роны, чтобы был наибольшим объем тела, полученного от вращения этого треуголь­ника: а) вокруг основания; б) вокруг высоты, проведенной к основанию?

935. Из данного круга вырезается сектор и сворачивается в коническую ворон­ку. Каким нужно выбрать центральный угол сектора, чтобы объем воронки был наи­большим?

936. В данный конус вписать цилиндр наибольшего объема.

937. В шар радиуса R вписан цилиндр. Чему равна высота цилиндра, имеющего:а) наибольший объем; б) наибольшую площадь боковой поверхности?

938. При какой высоте конуса, вписанного в данный шар радиуса R: а) объ­ем конуса будет наибольшим; б) площадь боковой поверхности конуса будет пан- бол ыней?

939. Около шара радиуса R описан конус. Чему равна высота конуса, имеюще­го: а) наименьший объем; б) наименьшую площадь боковой поверхности?

940. Найти высоту конуса наименьшего объема, описанного около полушара радиуса R.

941. В данный шар вписан конус наибольшего объема, в который в свою очередь вписан шар. Найти отношение объемов шаров.

942. В шар вписан конус наибольшего объема. В конус в свою очередь вписан цилиндр наибольшего объема. Найти отношение высоты цилиндра к радиусу шара.

943. В конус с постоянной образующей вписана правильная шестиугольная призма, все ребра которой равны. При каком значении угла между образующей ко­нуса и плоскостью основания площадь боковой поверхности призмы будет наиболь­шей?

944. В правильную четырехугольную пирамиду вписан цилиндр так, что ок­ружность его верхнего основания касается всех боковых граней пирамиды, а нижнее основание лежит в плоскости основания пирамиды. Какую часть высоты пирамиды должна составлять высота цилиндра, чтобы объем цилиндра был наибольшим?

945. В полушар радиуса R вписана правильная треугольная призма так, что одно ее основание лежит в плоскости большого круга полушара, а вершины другого основания принадлежат поверхности полушара. При какой высоте призмы сумма длин всех ее ребер будет наибольшей?

946. Найти наибольший объем правильной шестиугольной пирамиды, вписан­ной в шар радиуса R.

947. Около шара описана правильная /t-угольная пирамида с наименьшей боко­вой поверхностью. Найти угол наклона ее бокового ребра к плоскости основания.

948. В шар вписана правильная четырехугольная пирамида, а в пирамиду впи­сана правильная четырехугольная призма так, что одно из оснований призмы лежит в плоскости основания пирамиды, а вершины другого основания призмы принадле­жат боковым ребрам пирамиды. Сторона основания и высота призмы равны соответ-

189

ствешю 2а и а. Найти наименьшее значение радиуса шара. При какой высоте пира­миды достигается это наименьшее значение?

949. В основании пирамиды МА ВС лежит прямоугольный треугольник АВС, у которого Z С — 90°, £. А = 60° и АС — б см. Ребро МА перпендикулярно пло­скости основания, МА = 3 см. В пирамиду М А В С вписана пирамида с вершиной А , основанием которой служит сечение данной пирамиды плоскостью, параллельной ребрам М А и ВС. Чему равен наибольший объем вписанной пирамиды?

950. Высота правильной четырехугольпой пирамиды вдвое больше диагонали ее основания, объем пирамиды равен V. Рассматриваются правильные четырехуголь­ные призмы, вписанные в пирамиду так, что их боковые ребра параллельны диаго­нали основания пирамиды, одна боковая грань принадлежит этому основанию, вер­шины противолежащей боковой грани лежат на боковой поверхности пирамиды. Найтн наибольшее значение объема призмы.

951. Объем правильной четырехугольной пирамиды равен V, угол между боко­вым ребром и плоскостью основания 30°. В пирамиду вписана правильная треуголь­ная призма так, что одно из боковых ребер лежит на диагонали основания пирамиды, одна из боковых граней параллельна основанию пирамиды, а вершины этой грани лежат на боковых гранях пирамиды. Найти наибольшее значение объема призмы.

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ

Глава I

2. т, т V 3 п 2т. 3. 56 и 42 см. 4. 9 / 5 с м , 8 l / ’To см. 5. аЬ У— .. 6. -"1-+П\а-\ - b /п- -j- /г-

г- г- т{т — п ) У 2 т (т 4 -п )У 2 /1 \ а7. 10 см. 8. 15,20 п 25 см. 9 . ------ ------ -------------------. 10. arctg I —• tg а — —.

У т - - f V т~ + п“- ' ^ / 2я; 1 -1- 2 1^ 2"

11. — dr arccos— !—-pi-----Обозначьте: / L A — 2х и АВ — с. Выразите через с и

х катеты треугольника, а затем биссектрисы. 12. Обозначьте Z .ACK = /1АСВ = а (СК — высота, СМ — медиана, АС < ВС), СК ~ Һ, /_АСВ = х. Выразите через h, а , ж отрезки АК, ВК, М К и воспользуйтесь тем, что 2 М К = В К — А К (см.

1также пример 10 из § 3). 15. 6 см. 16. У 10 см. 17. 9— см. 18. 7,2 см.3

1Q _______________ [_______________ 20 2 sin (а 30°) 1 -f- 8 cos'- аа \ „ Л го З а \ ' cos а ’ * 4 cos а2 sin ^45° -j- — j cos |^45° — — j

22. arccos—; arccos 1—— и arccos-——. 23. — У — -H~S. , P( . . . 24. Через3 3 3 3 1

точку Е проведите прямую EF || АВ (точка F лежит на ЛС) и сделайте необходимые выводы из рассмотрения параллелограмма DBEF.

а25. ~ ( у 5 + 1). Проведите биссектрису угла при основании. 26. 1 : 2. Проведите

а cos а Ү Щ У 21в треугольнике ADC среднюю линию. 27 .-------------------- . 28. arcsin ——; arcsin -------.. / З а \ 7 14

sm ( + тI 72

29. arctg —. 30. arcsin —. 31. 85°. Опустите нз точки М перпендикуляры М К , ML

н M N на стороны соответственно АВ, АС и ВС, обозначьте /_ АМ С = х, A M — k и выразите M N как опорный элемент через к и х двумя способами. 37. 40°, 25°. 38. 4, 6, и 8 см или 2 У 6, 4 / 6 и 6 см; тупоугольный. 39. 0,75. 40. Прямоугольный.

41. l / ~ а:± ^ 1 . 42. У П р А ^ ) . 43. 10 см. 44. 3У 5, 10 и 11 см. 45. arcsin

если к > 2; нет решений, если 1 < /г ^ 2. 46. У а ^ cos а . 47. 45°. 54. Рас-sin а

смотрите случаи правильного, равнобедренного, прямоугольного треугольников. Д ля произвольного треугольника воспользуйтесь утверждением примера 8 из § 2. 55. Расположите треугольники так, как показано иа рисунке 164, и проведите C'D || || ВС. Воспользуйтесь подобием треугольников AC'D и АВС. 56. Обозначьте углы х, 2х и Ах н с помощью теоремы синусов выразите большие стороны треугольника через меньшую. 57. 90°, 22°30' и 67°30/ . Пусть СН, CD и СМ — соответственно высота, биссектриса и медиана треугольника АВС. Обозначьте /_ С — 4х, СН — Һ, восполь-

зуйтесь тем, что А Н + М Н — ВН — МН, и выразите все элементы этого равенства через Һ и -V. 58. А + В — 90° или | А — Д| = 90J. Выразите AD и BD через высо­ту Һ и углы А и В. Рассмотрите два случая: А —-острый угол и А —-тупой угол............ а -г Р « - Р59. 2 sin —- — cos — -—

— . Проведите через точку Қ прямую М Р || АС (точка Л/ле-sin ос

жит на АВ, точка Р — на ВС) и введите обозначение М Қ — КР — PC — а. Из тре­угольника КРС через а, а и р выразите отрезок КС, а из треугольника M E К — отрезок ЕК. 61. Прямоугольник; а — Ь. 62. }л 2п (т + /;); У 2 (2т- -}- 3тп + п~),

63.

66

17, 10, 21 и

a sin а

у 337 см.

b sin а

64. У Р~ + Q- -!- 2pq cos а ^ ^ ^ ( т - п)^si 11 сс '1 (т -|- п)7 4 — А2 . 4—А2

67. arccos —. 68. a rc s in -------- и я — arcsin —-— ,18 A? AsЬ -j- a cos сс a -j- b cos сс

если У 2 ^ А < 2 ; нет решений, если Л < } /Г2 или А ^ 2 . 69. Обозначьте стороны парал­лелограмма через а и ка, а диагонали через d и Ad. Используя формулу, связывающую диагонали и стороны, установите зависимость между а и d, а затем дважды восполь­зуйтесь теоремой к о с и н у с о в ^ ^ О б о зн а ч і^ е ^ Л Р Д ^ а , ZЛZЛ^=P и докажите, чтоtg (а + р) = 1. 71. У а- + Ь~ 2Ь (У а- —- b- sin" сс-cos а-\- b sin" а ). Для оты­скания тупого угла между меньшей стороной и меньшей диагональю воспользуйтесь теоремой синусов, затем найдите диагональ по теореме косинусов.

(Р- -I- f ) (»2 — гп~) (р- 4- о-) (п- — т-) . _72. arccos - — - - и я — arccos-------------. Обозначьте стороны

2рд (п- 4 - т~) 2 pq (п- -|- т 2)параллелограмма рх, qx, а диагонали — ту, пу; воспользуйтесь формулой, связыва­ющей стороны и диагонали параллелограмма, затем примените теорему косинусов для

2 А-к ' 2 4 -Авыражения одной нз диагоналей через стороны. 73. 3 arccos------ и я — 3 агссоя —1— ,

2 к 2 кесли А > 2; нет решений, если А 2. Пусть AD = а, A B — b, АС — d (рис. 165). Проведите биссектрису СК в Д ADC. Из равнобедренного А АСК выразите Л К и С К через а и /_АСК — х. Из подобия

U/л ЛВС и Л CKD выведите зависимость — = 2 cos л\

bПрименив к треугольнику ACD теорему о биссект­рисе, выведите зависимость d — 2 a cos х —- Ь. Д оба­вив к полученным соотношениям условие задачи d —

— — (а + Ь), исключите из равенств а, Ь и d и полу-Рис. 164

чите соотношение cos х "Г2А

80. 2 см. 81.ас

а -|- b'ab

78. 15 см

ЬсЬ а Ь

29,4 и 16,9 см. 83. h ctg сс. 84. 1,5. 85. arctg

b- -I- ab — с"

79. 16 см.

82. 14; 12,5;

S1П СС

2-]-ccs сс

. 87. Из правильного треугольникаиAOD установите, что KD _L АС, а тогда К Р —0 ,5 CD. Сделайте аналогичный вывод для МР. 88. ЛС‘~ — AD2-\-

CD- — 2AD . CD ■ cos D, BD2 = AB'1 + AD- — -}- 2AB . AD • cos А (рис. 166). Сложите эти равенства н, выразив А К и MD через АВ, CD и углы Л и D, уч­тите, что MD + Л К — AD — ВС. 89. Через точку М пересечения диагоналей трапеции проведите прямую

ЕР || AD || ВС (рис. 167). Из отношений■— = =

192

CF MF 2 ab— — = ----- установите, что Е М — MF. 90. -------- .

CD AD 1 a - f bСм. указание к предыдущей задаче. 91. 40 см. Дока­жите, что углы А К Б и CED прямые и что средняя линия трапеции лежит на КЕ (см. задачу 76).

92. 4:_L _ см. Отрезок ОҚ найдите из прямоугольно­

го треугольника OCD. В треугольнике ОАВ проведите ОР А. АР и, рассмотрев образовавшиеся углы, дока-

4 abжите, что ОМ — ЛМ и ОМ = ВМ. 9 6 . --------.

н-|- b Рис. 167

97. 9; 9 / 3 н 18 см. 98. — V т - + п 2; — У т - + гг.4 6

2 у 101. 2 sin I а -{- — ). 102. Вос-

- се-

99. 4 Y ' l н 18 см. 100. arccos

пользуйтесь тем, что P K L M — параллелограмм (точки Р, /( , L, М редины последовательных сторон), п тем, что PELF — параллелограмм (Е и F — середины диагоналей). 103. Воспользуйтесь рассуждениями из решения предыду­щей задачи. 104. Предположите противное, что один из углов между диагоналями острый, а другой тупой, и воспользуйтесь теоремой 9 из § 1. 105. Проведите диаго­наль и докажите, что ее середина лежит на заданном отрезке. 100. 2а У ? . 107. 150°,

90°. 108. arctg —с Вычислите тангенсы углов В АО, OAD, ODA и ODC и с их помощью 3

найдите тангенс угла М. 109. arctg —. Введите обозначения: А В = 2х, ВС = Здг,

BD = 4 Y 2 х. Из треугольника ABD выразите AD через х по теореме косинусов;. „ ы //2——j—Г/i —|— 1

установите, что / BAD тупой, найдите этот угол по теореме синусов. 110. —— —

Обозначьте: / В А Е = сс, Z K A D — Р, ^СЕ Л К — х, AD — а, ЛВ — та. Вырази­те через а и т отрезки BE и KD, затем tg a , tg Р и воспользуйтесь тем, что tg х —

= ctg (ос + р). 115. 36°, 60°, 108° и 156°. 116. 24 см. 117. — ( 3 ± ) /Л3). 118.2 Y~Rr.6

И» Y l 4 R r - R * - r * 2 У з

2a sin сс cos (6—а) 123 .----------- — г --------

120. 14л + 12 У 3. 121. 30 см. 122.1 -j- sin сс

sin

1 — sin а

, если сс < р. 124. Воспользуйтесь подобием треугольников

АВС и ABD. 125. Проведите хорду АР || CD и воспользуйтесь тем, что A C= P D . 126. Обозначьте 0/1 = O B = R , /_АОМ = а (рис. 168) и выразите с помощью теоремы ко­синусов А М нз треугольника ОАМ и ВАІ из трсуголь-

20 15ника В ОМ. 127. — и — см. Докажите, что / В А С =

3 4= 90°. Проведите общую внутреннюю касатель­

ную. 128. - 7 (8 — З У З - У 7), ү (3 У З — У Т —

— 2). Положите 0 \В — х и примените в треугольни- С ке 0 2OiB теорему косинусов для ОпВ (рис. 169)^129. 2 У ь 2 — ((b — a) cos а — а)2. Обозначьте 0 2К == х (рис. 170). Проведите 0 2Р (| АВ и из треугольника ОіОоР, в котором /_ 0 20 іР — сс, выразите х через а, Ь

и а . 135. 36°, 36°, и 108°. 13G__ 2fl ( ^ . + ./*g. ~ . 1 ■hi Рис. 168

7 Заказ -59 193

Рис. 170

141. / a- - f b- — 2ab cos уV I137. 36 и 48 см. 138. 12 см. 139. 3 / 5 см. 140. arccos

142. b tg2 у . 143. Если к < 2, то

- У Г ^ Т к2 sin у

arccos 1 — У 1 — 2к arccos■

144. Применив формулы ,

г sin А + cos А— к виду ■Һ

и п — 2 arccos 1 - / 1 2 к

sin 2А

2

Далее

abҺ = — ,

спреобразуйте дробь

воспользуйтесь тем, что sm 2 А Ф

Ф У (sin А + cos /I)2 — 1. 145. Докажите, что ортоцентр симметричен некоторой точке окружности относительно стороны треугольника. 146. Постройте на А М точку К так, что М К = ВМ, п докажите, что треугольники А В К и ВМС равны. 147. Воспользуйтесь утверждением предыдущей задачи. 148. Обозначьте радиус окружности через R, Z А СК = а и Z КСВ = |}. По теореме синусов выра­зите А К , КС, А В и КВ через R, а и р. 149. Найдите связь между дробями в левой части равенства и котангенсами углов треугольника. 150. Пусть окружность опи­сана около треугольника АВС, точка М взята на дуге АВ, М К _!_ AC, M F -L А В и MD _L ВС. Воспользовавшись тем, что около четырехугольников M A K F и MFBD можно описать окружности, докажите, что Z A F K — Z DFB. 151. Опишите окруж ­ность около треугольника АВС и продлите биссектрису CD до пересечения с окруж­ностью в точке Р. Воспользуйтесь подобием треугольников BCD и /1СР и тем, чтоBD . AD = CD • DP. 152. Докажите, что / А ВII = Z ОВС (рис. 171). Затем вос­

пользуйтесь подобием треугольников АВС и BDE (D и Е — основания высот) и подобием треугольников ВНА и BDK. 153. З - Ь / З . Воспользуйтесь тем, что CD - AD — BD2, и примените теорему косинусов к треуголь­

нику BAD. 154. - - [ у 57 • 155. 120°. 156.

— 1 .2 arctg / /г-+ 6/<’+ 1 ~~ /г я —

у -/<* + 6/ Н - 1 — k - 1

Рис. 171

—>2 arct_

159. 12 см. 160.

6 см. 162. 164. 2 / б см.

2157. arccos — • 3

а с

V

161. 2 / 3 , 4 / 3

а 165.

Һ-.-|- ab 2 и 3 см.

163. 166. 30°

2 см.30° и

194

169. 30°, 30° и 120° V з з

см.

М — центроид,

sin В sin V120°. 167. а (л — Р .— у) ■ , т*

sin (Р -|- у)35 0 лГз

170. 35 — см. Определите вид треугольника. 171. —L—.. Пусть

СМ и DE пересекаются в точке Р. Воспользуйтесь тем, что МР . PC = РЕ X X DP. 172. а- -}- Ь~ = 2с- . Воспользуйтесь результатом предыдущей задачи и примените формулу для вычисления медианы тс через стороны тре­угольника. 173. 2 и 4 см. Воспользуйтесь тем, что периметр треугольни­ка BDE не зависит от выбора точки касания, и примените теорему коси­

нусов к треугольнику BDE. 174. 8— см. Докажите, что треугольники DEC и АВС8подобны, тогда DE — ЕС — 15 см. Воспользуйтесь тем, что центр окружности ле­жит в точке пересечения AD с перпендикуляром, проведенным к DE через его сере­

дину, и тем, что sin А = —. 175. b • Р • ctg р. Воспользуйтесь тем, что диаметром1 О

окружности является отрезок ВН (Н — ортоцентр), и тем, что В Н = 20/С (см. при­мер 8 из § 2), где точка О — центр описанной около треугольника АВС окружности,

а О/С—перпендикуляр из точки 0 на АО. 177. 10— см. 178. У а~ а..8 2 sin 2а

к — 1 к — 1 181, a rccos—-— , я — arccos— -— , если Л £5 1.179.

8R 5 '

180.а

2 cos2 — .4

а + р а — р 4 sin — -— cos — - —

182. -----_-------------------- 183. а) Пусть одна нз диагоналей образует со сторонамия sin a sin Р

углы а , Р, у и 6. Выразите а, b и с, т, (Һ и d2 через радиус окружности и углы а , Р, у и б по теореме синусов. 184. Пусть высоты BD, AF и СЕ пересекаются в точке Н. Описав окружность около четырехугольника AEHD, докажите, что /1C • CD = = СЕ • СН = ab cos С. Аналогично докажите, что BD . ВН = ас cos В , А Р X Х А Н = be cos А, а затем примените теорему косинусов для каждой из сторон а, b и с. 185. 15 и 20 см. Опишите окружность около данного треугольника. 186. 17 см. Примените теорему Пифагора к треугольнику О/СМ (рис. 172). 187. 2 и 2 см. Вос­пользуйтесь тем, что периметр треугольника А М Р не зависит от выбора точки касания, и примените теорему косинусов к треугольнику А МР.

188. arcsin1

~ | / 1 > i j -w i- , если Һ ^ ү 2. Обозначьте радиус вписаннойк у 2

окружности через г, острый угол трапеции через <v. Выразите через г н .у стороны трапеции, диагональ, а затем радиус описанной окружности. 189. 2 у 4 tg2 а -{- 3.

Докажите, что Е М — медиана треугольника CED, а потому ЕМ — —CD.

L+ J l l ± 4- g , если k > V 2 .

7*

Рис. 172

К A D

Рис. 173

195

30 tg a -» Г г с190. — — Докажите, что EH J . АВ. 191. В/ «г- Докажите, что

/ 2 5 + 3-:Hg2 а Г 2sin / (Л -г В) < 0. Это значит, что прямые AD и ВС пересекаются в точке К, лежащей левее А В (рис. 173), а окружность, о которой идет речь, вписана в тре-

— 46угольник KCD. Найдите углы треугольника ODC. 193. 12 У 5 см. 194. 2— см.

R г — since Л з іп Т195. / 1 0 см. 196. — ( / 7 — 1 .1 9 7 . -. 198.

г 2 • I + sin a• I a л \

s,n( y + J )

199. — R У 4-|- sin2 с'. — — R cos сс. 200. -------- -------- . 201. — ( / 3 cos а +5 о 3 2— оп л/'аЬ „ п 4 b t п а а а

+ / з -l- sin2 а). 202. Vй У — . 203. 3 см. 204. — tg3 — . 205. 4R sin2— cos — .b 2 2 8 4

206. 0,6a. 207. 1 -----4 / 2 _ cm_ 20g> a / 3 + r V 4r~ + 2 or / 3 ^ / j_3 3 ^ 2

b r' ! si a \ b a „ a209. — tg — tg2 — — — . 210. ------------------ . 211. 4R cos — sin2 — . 212. Пусть

2 2 \ 4 2 / a 4 84 si net cos2—

окружности, описанные около треугольников A D M и BDK, пересекаются в точке Р. Воспользовавшись тем, что / D AM -1- /_[DPM = 180° и /D £ /C + / D P /С = 180°, докажите, что / МСКЛ~ / М Р К = 180°. 213. 120э. Выразите радиус вписанной окружности как опорный элемент через известные линейные элементы и / А О В — = 2х из двух треугольников: ОхРН и OiMB, где Р — середина ҚН, М — сере­

дина АВ. 214. 1 — J.. cos2 — cos если JL.. Выразите ОС через R

и а и примените теорему косинусов к треугольнику ODC (рис. 174), в котором OD —a I сі \

— R, CD = / O C D — 1 5 0 2 1 5 . 2г tg — П — tg — I. Примените теорему косину­

сов к треугольнику АООі, где точки? О н Oi — центры окружностей.„ а / 1 -------------- а \

216. tg“ — I -----~а ~ JilCS' 11Ci ~ 7‘—rtctg~^T V См. указание к предыдущей зада-s i n y J

a / а , ----------- a a \sm — I b cos — — у 4г- — b- sin —------2r sin — I

че. 217. ----------- ---------------------------------------------------------------. Найдите косинус углаcos2 —

2ОЛОх и примените теорему косинусов к треугольнику ОЛОі (точки О и Oi—центры

окружностей). 218. ^ с— _• C0S— . Воспользуйтесь тем, что А М 2~ А С - АВ2 sin - а

(рис. 175) и что A M = AD DM. 219. DE = — , R = ~ b~ ~ 2аЬ cos а .b 2 b s \ n a

Воспользуйтесь тем, что ОС2 — OD • ОЕ. Пр вмените теоремы синусов и косинусов к треугольникам ОЕС, ODC и CED. 223. 360 см2. 224. а) 9 см2; б) 3 см2; в) 12 см2.

225. 4 см2. 226. — (3 -|- 2 / 2 ) . 227. 228. -үс2 (q2— 1), если 1 < q < / 2 7

229. tfi2 cos2 — ctg a . 230. rn sin (i ( / c 2 — m2 sin2 fl -|- m cos 6). 231. - 'П -------— .2 2 cos a sin P

196

Рис. 175

232. 2 V 3tg

COS Ci sm a . 233. a)a ү

2 *g —

t„ I a —V I ■---- sin a sm үsin (a — y) 26 ) ______D)2 sin (a-j-ү) sin (a -j- ү)

234. —- j/"4a2ft2 — /2 (a + b)2. 235. — • 236. Выразите стороны треуголь-4 ab 4

ника через R и у г л ы Л, В и С (но теореме синусов) и докажите, что sin A sin В х3

X sin С < 237. ab V 3. Выразите площадь треугольника двумя способами: по фор-4

муле Герона н по формуле 5 = рг. 238. O ^S i + У S*)2. Введите обозначения: BQ =(x + yV St .v2 г__

212 , а - 1 = - .2 3 9 . ( ) r S i + У 1 S , yi

720

—х, CQ = у и воспользуйтесь тем, что 'му:S ,

-j- / 5 а + V S3)2. См. указание к предыдущей задаче. 240.17

Определите вид

треугольника. 241. 200 см2. Пусть А К и СМ — перпендикуляры к касательной, BD — высота треугольника АВС. Из подобия треугольников ABD и ВМС установи*

ВО А В BD ВСте, что — = — ■, а из подобия треугольников А КВ и BDC, что — - —

1G

242.

ВСabc

25 АВ

Воспользовавшись тем, что S DEF = S MDE-\-SMEE-\-SMDFtmkc -j- nkb -j- tiuia

выразите S DEE через rn, а и к и синусы углов треугольника ЛВС. Затем синусы углов треугольника АВС выразите через его площадь и стороны. 243. 2 cos a cos р cos ү. Воспользовавшись тем, что треугольники АВС и BFD подобны (см. пример 11, § 3), установите, что FD = b cos р; /шалогично DE = с cosy . Воспользовавшись тем, что / _АВЕ = /_FDA — / A D E = /_ҒСА (см. пример 3 нз § 1), выразите угол

3 Лг 2FDE через угол ВАС. 244. _ L— Введите обозначения: АС — Ь, ВС = а. Применив

теорему косинусов к треугольникам ABC, ACD, BCD, получите систему:

j 2 _ J _{Г"0ь==: 9 3 / 2 . См. указание к предыдущей задаче. 246. — см2.

См. пример 5 нз § 4. 247. 210 см2. Пусть OP X ЛС {ОР— 10 см), В Н —высота тре­угольника ЛВС и OK JL ВН. Из треугольника BHD найдите ВII = 20 см. Тогда в треугольнике ОВК В К — 10 см, /_ОВК — /_ВОН\ из этою треугольника найдите радиус окружности, затем ЛР, АС и по формуле CD • AD — BD2 найдите CD.

( ' ! — b)2 sin a „ „ , „ -jAT249. ------------------. 250. a2. 251. 135 c m 2. 252. 48 c m 2. 253. 254. 147 c m 2.

2 4

197

255. 126 см2. 256. 1476 см2. 257. 336 см2. 258. 168 см*. 259. 2 5 / 3 см3. 260. 150 см3.сс + р а — р

4 sm — — co s— - —1 2 2

261. — Ur — №) tg сс. 262. 2R* sin 2a • sin3 a, 263. — ------ ;---------------- — -------------,2 я sin a sin p

264. sin p • cos ( a — ү). 265. Проведите высоту BH и совместите точку М с

точкой II. 266. ( а -І- Ь)2. Докажите, что S A 0 B — S co d * и воспользуйтесь тем, что

— — . 267. 20 см2. Прямые разбивают ромб на 9 частей, нз которых$с оо О® а

4 треугольника. Обозначьте площадь маленького треугольника через х, покажите, что площадь четырехугольника, примыкающего к стороне, равна 3,v, и выразите

площадь треугольника A B N через площадь ромба. 268. См. пример 7

S AOD АО Jиз § 3. 269. 70 см2. Воспользуйтесь тем, что —---- = — 270. 40 см2. Обозначьте

s cod о сҚО — х, Р, М — точки касания окружности с AD и АВ. Воспользовавшись тем, что P D ' C D . KD, выразите через .v отрезки PD, ОР и М К . 271. 20; 10,4 см2. Введите обозначения: А В = х, ВС — 2х, / [АВМ = а . Примените теорему коси­нусов для А М (в треугольнике АВМ) и СМ (в треугольнике ВМС), а затемвоспользуйтесь формулой sin2 a -f- cos3 a = 1. 272. 45 + 2c2. 273. 926 см3.

274. 2a2 ( / 2 — 1). 275. ~ a 2. 276. 289 ( / 3 + 1) c m 2. 277. ~ (8 У З — 9).278.

279. 11 см2. Введите обозначения: BF ~ x, AF = 2x, BK — У, СК = Зу и

сравните площади треугольников BKF и ABC. 28 0 .—— . 281. — (3 У 3 — я).7225 24

к і/"о ”тг__ія , I . г — яб" 1 а — Ъ282. 0 1 - - -------1° 283. а) (a -j- Ь) У аЬ — — ------- (а2 — Ь2) arccos --------

54 2 2 а-\ - о

б) JyT + у Ё Ү ' 284‘ is ( 3 я)' 285,¥ { т с 2 8 6 , а ) (7~ 4]/Г) (2- я); б) Я2 ( 3 - 2 / 2 ) (4 - я); в) — ” (3 У 3 — я ). 287. R2 ( а + sin а). 288. -g -.

289. Ю Р 2 f / 3 + 290 • Т Г (2 ^ Г ) . 291. 292. Д ока-\ 3 / 18 27А3

жите, что CD2 — /1C • ВС. 293. — ctg р (Р — sin Р cos (2 а - г Р)). Воспользуйтесь

па* / , я«>тем, что окружность проходит через точку С. 294. ---------------- ctg а + я — ^

1 + tg2 а \ 2

где а = — . «Звездочка» есть разность «-угольника с вершинами в центрах кругов

па- cos2 а / я п \ ян п секторов. 2 9 о .------------------ ctg а -j- я — — , где а = — . См. указание к пре-

4 (1 + sin а )2 \ - 2 пY2ab cos —2 ab sin ү

дыдущей задаче. 301. 75 см. 302. 2 Л / ~ — d a — . 303. a) -----------—; б)________________________ г 3 2 _____ а b

30-1. У + 305. V - L - . 300. arctg} sin а } 4 — я 45

307. Р 308. 120°, У 3 см. 309. --,]._145 см. 310. Введите обоз-sm а

198

качения: b = а -f- d, с = а + 2d, выразите площадь S через а и d по формулеabc S ■я /*/2“ I аз

Герона, затем воспользуйтесь формулами R = — , г — — . 311. \ / ___~ -45 р У 2

Пусть высота трапеции разбивается отрезком л\ о котором идет речь в задаче,b х 1 а b v — b

на части Һ и kh (к > 1). Тогда —- — kh — ~ • -------- (к + 1) Л и2 а — b

А+ 1. Из этой системы найдите *. 312. 14,4 см. Воспользуйтесь подобием

треугольников A 1\D и СҚМ, где К —- точка пересечения ЛМ и CD. 313. 4,5 см. См. пример 11 нз § 3 . 314. 24 см. См. пример 11 из § 3. 315. 4 см. См.

2 V S . (Si + 5о)пример 4 из § 4. 316. Введите обозначения: ЛС = х,

ЛВ = у. Выразите через л* и у площадь треугольника ЛВС. Докажите, чтоу §— = — . 317. 8,25 см. Найдите радиус описанной окружности и воспользуйтесь х S.,

О *■/" о 26 _ _утверждением примера 8 из § 2. 318. ‘ . — V 3 и 10 У 3 см. Докажите, что

3 > 3

а : b : о = 4 : 13: 15, н введите обозначения: а — 4.v, о — 13л:, с = 15л*. 319.2 cos — -{- 3

1 -f- G cos —3

Введите вспомогательный параметр АС — Ь, тогда ВС — 3Ь. Воспользуйтесь•j _методом площадей: 5 ACD “Ь ^ о с в ~ ^ л е к ^КСВ' ^20. —- — (4 -|- / 7 ) . См.

пример 13, § 4. 321. 33 I 12 ) 6 ПрНмер і з ( § <}., 323. Треугольники А 1 В 1 С 1

25и PQR симметричны относительно точки ДГ. 324. Рассмотрите симметрию отно­сительно середины той стороны, длина которой неизвестна, тогда треугольник, дли-

fl — b . я -|- bны сторон которого равны а, b н 2/я, можно построить; < т <

2 ' 2длина данной медианы. 325. Установите, что точка пересечения медиан треуголь­ника является центром симметрии, переводящей треугольник ЛВС в построенный треугольник. 326. Рассмотрите симметрию относительно точки Р. 327. Восполь­зуйтесь тем, что точка пересечения диагоналей параллелограмма является его цент­ром симметрии. 328. Проведите прямую через центр симметрии параллелограмма. 329. Воспользуйтесь тем, что центр окружности являет­ся ее центром симметрии и соответствующие при цент­ральной симметрии прямые параллельны. 330. Центр окружности является центром симметрии описанного шес­тиугольника. 331. Установите, что точка О пересечения диагоналей AD и BE является центром симметрии шести­угольника ABCDEF. Далее, 5 дС0Л = 5 д0ЛҒ, 5 ДС0Я -= 5 л о е ғ > S&e o a~ s a o d e ' Складывая почленно эти ра-

1венства, получим: S ^ ACE= ~ S ABCDEF. 332. Пусть точка

А ' симметрична точке А относительно точки М (рис. 170).Тогда угол ВК А ' известен (К — точка пересечения пря­мой В Х с прямой /). Отсюда следует построение: на отрезке А ' В , где А' = Z ^ ( A ) , постройте сегмент, вмеща­ющий угол, равный (180° — а), К — точка пересечения дуги сегмента и прямой /. Задача имеет два решения.333. Искомая прямая т проходит через точки, енмметрич-

199

А

X

s

D

В

Рис. 177 Рис. 178 Рис. 179

иьте относительно точки М и принадлежащие сторонам угла ЛВС. Д ля доказатель­ства этого факта установите, что площадь треугольника, отсекаемого некото­рой прямой /, содержащей точку М и отличной от прямой т, больше пло­щади треугольника, отсекаемого прямой т. 334. Воспользуйтесь симмет­рией, центр которой совпадает с центром окружности. 335. Середина сто­роны ВС — точка М — является центром симметрии параллелограмма B X C Y (рис. 177). Поэтому преобразование, переводящее х в у, есть симметрия относительно центра М, или, что то же самое, гомотетия Hi с центром М и коэф­фициентом Һ = —1. Так как X Y — Л Z, то A Z = 2M Y . Следовательно, преобразо­вание, переводящее Y в Z, есть гомотетия Но с центром 5 в точке пересечения прямых ZY и ЛМ и коэффициентом /га — 2. Композиция этих гомотетий Я 2 ° Hi есть некото­рая гомотетия II с коэффициентом к — ki • к2 = —2. Найдем ее центр О. Так как ІҺ (М) — М, то Н (уИ) — У/а (ЛІ) о Hi (уИ) = //о (М) = Л. Следовательно, ОЛ = = —20М. Это значит, что О — точка пересечения медиан треугольника ЛВС. Итак, преобразование х --*■ г есть гомотетия с центром в точке пересечения медиан треугольника ЛВС с коэффициентом к = —2. 336. а) Пусть Л BCD. — искомый параллелограмм, вписанный в данный четырехугольник L M N K , точка О — центр симметрии параллелограмма, точки В и D принадлежат соответственно M N и KL (рис. 178). Очевидно, Л есть точка пересечения OML и образа М К при симметрии относительно центра О, а С — пересечение М К и образа ML при симметрии с цен­тром О. Пусть точка Л принадлежит LM, а В — MN. Так как Т л в (Л) — В, а Т a b №) ~ С, то С — точка пересечения К М и образа ML. П р и м е ч а и и е. В этой задаче предполагается, что вершины искомого параллелограмма могут при­надлежать сторонам четырехугольника пли их продолжениям. 337. Обозначим: ВС — а , ЛС — Ь, тогда по условию а > Ь. Остановимся на двух способах решения этой задачи. I сносов. Построим точку D, симметричную точке С относительно се­редины yVI стороны ЛВ, и соединим точку D с вершиной А (рис. 179). Построенный треугольник ADM симметричен треугольнику ВСМ относительно точки М, следо­вательно, AD = ВС = а и /В С М = / Л DM — Р. Получен треугольник ACD, который содержит интересующие нас углы а и Р, причем противолежащие им сторо­ны AD и ЛС равны соответственно а и Ь. Согласно условию а > Ь, поэтому а > р. / / способ. Соедините середину Е стороны АС с точкой М , образуется треугольник

а ЬСЕМ со сторонами Е М — — , СЕ = — . Углы треугольника СЕМ, противолежащие

этим сторонам, равны соответственно а и р. Это легко доказать, используя свойство средней линии треугольника. 338. а) Взять одну вершину на оси симметрии, две другие не на оси и построить им симметричные; б) пятиугольник, у которого две осп симметрии, правильный. 339. Воспользуйтесь осевой симметрией, переводящей одну прямую в другую. 340. Постройте образ меньшей стороны при симметрии относи­тельно биссектрисы угла, противолежащего данной стороне. 341. После применения симметрии относительно серединного перпендикуляра, проведенного к третьей стороне, задача сводится к построению треугольника по двум сторонам и углу, за­ключенному между ними. 342. Постройте точки yVli и М 2> симметричные точке М относительно сторон угла. Прямая МуМ* пересекает стороны угла в точках А и В. 343. См. рисунок 180. 344. Доказательство можно провести от противного. Если прямая, на которой лежит диагональ пятиугольника, является его осыо симметрии,

2 0 0

то на этой оси лежат две и только две вершины многоугольника (так как пятиуголь* ник выпуклый). Оставшиеся три вершины должны распределяться по равному числу на каждой нз полуплоскостей с границей /. Но для трех вершин это невозможно. Сле- довательно, такого пятиугольника не существует. 345. Решение аналогично решению предыдущей задачи. 340. Постройте вспомогательный треугольник по двум извест­ным сторонам и углу между ними, затем используйте симметрию относительно сере­динного перпендикуляра к третьей стороне. Угол берется либо данный, либо ему смежный. 347. См. указание к задаче 346. 348. а) Постройте любой диаметр одной окружности и перпендикулярный ему диаметр другой окружности; б) диаметр АВ меньшей окружности продолжите до пересечения в точке С с большей окружностью. Постройте осп симметрии отрезков АС и ВС. 349. Композиция осевых симметрий S r ^ S ( Io S p есть симметрия с осыо I и S r о S t/ ° S P (л) = А , следовательно, S[ (/1) = Л , т. е. А принадлежит /. Постройте прямую /, учитывая, что Z СР. Я) = = Z (/, г). Вершиной А может служить любая точка прямой /. 350. Через центр ок­ружности проведите три прямые, перпендикулярные данным. Воспользуйтесь ре­зультатом задачи 349. 351. Пусть прямая DH пересекает прямую СО в точке / / ' , а С' — диаметрально противоположна С (рис. 181). Лучи СН и СО симметричны от­носительно СМ, значит, CD : СЛІ — СН' : СС' — СП : СС' — 2R cos С : 2R —— cos С. 352. Если ОМ = р, ON — q, OP = г, OQ = I, то о = S , с S r о S (/ с S p есть тождественное движение, так как а (0) — 0, о (/1) = А. Следовательно, S (/ о o S p — St - cS i или Z ( p , q ) = / ( I , г). 353. Рассмотрите композицию 6 = S / °о S r ° S (/ о Sp, где p , q , r \ \ l — прямые, содержащие биссектрисы углов четырех­угольников/ Так как б (AD) = AD, б (0) — 0, то б — тождественное преобразование и S q о S p — S r о S i ; значит, Z (р, q) = / (/, г). Следовательно, Z COD +

Z.AOB — 180° (рис. 182). 356. Обозначим основания трапеции через ВС и AD, ось симметрии через /. Тогда S/ (/1) — D , S/ (В) = С, S / (AB) = DC. Значит, S p {АВ) = DC, 5 / (ЛС) = DB. Но точка пересечения прямой и ее образа при осе­вой симметрии принадлежит осп. Следовательно, точка пересечения прямых ЛВ и DC принадлежит I и точка пересечения отрезков ВС и АС также принадлежит I. 357. Пусть точка О — центр окружности, /1/5 и CD — параллельные хорды этой окружности, точка М — середина хорды АВ, точка N — середина хорды CD. Так как АО — ОВ и A M = MB , то ОМ — ось симметрии точек /1 и В , откуда следует, что ОМ X ЛВ. Аналогично 0.\' — ось симметрии точек C u D и CW _L CD. Учитывая, что А В || CD, получаем: ОМ || ON, а потому ОМ = ON. 358. Пусть О — центр ок­ружности Fi и Oi — центр окружностей Г 2 и F... Окружности Fi и / ’а пересекаются в точках /1 и В, а окружности / і и Ғ3 — в точках С и D. Тогда ООі — ось симметрии фигуры, являющейся пересечением окружностей Fi, F2 и Ғ.л. 359. Пусть М — об­щая точка данных окружностей coi, о)2, со3. Точки А, В, С — вторые точки пересе­чения а>а и о)3, (о3 и сох, (ох и 0)2. Рассмотрим композицию трех осевых симметрий 5 Л(/1 S MB, S AJC, являющуюся симметрией с осыо М 0 2, где 02 — центр окружности о)2’ Если точка Р диаметрально противоположна точке М на о>;., то s ma(p ) — Q . S MB(Q) — = R , S MC(R) = P, причем РЛ — AQ, QB — BR, RC = СР. Следовательно, AB, ВС, СЛ — средние линии в треугольнике PQR, а поэтому окружность, описанная вокруг треугольника ЛВС, имеет тот же радиус, что п окружности, описанные во­круг треугольников QAB. 3G0. См. решение задачи 359. 361. Пусть А — данная точка, I — данная прямая и /10 J. /. Легко видеть, что искомое геометрическое ме-

/5

Рис. 180 Рис. 181 Рис. 182

201

сто Ғ симметрично относительно прямой АО, и поэтому достаточно рассмотреть лишь правую от АО полуплоскость, включая и прямую АО. Геометрическому месту Ғ принадлежит, очевидно, точка Қ (К принадлежит АО) такая, что А К = 2 КО. Через точку К проведем прямую т, параллельную прямой /. Пусть точка М является цен­тром правильного треугольника АБС и лежит выше прямой т, AD — высота А АВС. Так как углы АОВ и A DB прямые, то точки О и D лежат на окружности с диаметром А В , и поэтому Z.AOD — / A B D = СО’. Но треугольники ОАО и К А М подобны (их сходственные стороны пропорциональны), так что / А К М — 60°. Если точка М лежит ниже прямой т, то получаем аналогично, что / А К М — 120\ Нетрудно убе- диться в обратном: всякая точка М такая, что / . А К М равен 6 0 ’ или 120°, принадле­жит искомому геометрическому месту Ғ. Окончательно получаем, что геометрическое место Г представляет собой две прямые, проходящие через точку К под углами 60° и 120° к прямой /10, или, что то же самое, под углами 30° и 150° к данной прямой /. 362. Пусть А — данная точка, / — данная прямая, А' — точка, симметричная А относительно I, и т — прямая, проходящая через /1' и параллельная /. Легко видеть, что искомое геометрическое место Ғ точек симметрично относительно прямой А А ' , и поэтому можно рассмотреть лишь полуплоскость, лежащую справа от этой прямой (исключая эту прямую). Пусть С — точка, принадлежащая геометрическо­му месту /•’ и лежащая выше прямой т, В — вторая вершина правильного треуголь­ника А ВС. Тогда окружность радиуса А В с центром в точке В проходит через точ­ки А, А ' и С. Отсюда сразу же следует, что / _АА'С = 30°. Если же точка С лежит ниже прямой, то / А А ' С — 150J. Ясно также, что на прямой т геометрическому месту F принадлежит только точка А ' . Таким образом, точки геометрического ме­ста F, находящиеся в правой от А А ' полуплоскости, лежат на двух лучах, выходя­щих из точки А ' и составляющих с А А ' углы 305 и 1503. Докажите, что эта пара лу­чей есть правая половина искомого множества точек F. Окончательно получа­ем: геометрическое место F представляет собой две прямые, проходящие через точ­ку А ' под углами 30° и 150J к А А ' , или, что то же самое, под углами 60° и 120э к

.данной прямой I. 3G3. Построите точку М ' , соответствующую Л/ в повороте вокругО на угол 90°. Расстояние от точки О до M ' N равно половине длины стороны квадра­та. 364. Постройте образ одной из окружностей при повороте на угол 60°, центр которого —-точка О. Точка пересечения второй из данных окружностей и построен­ной является второй вершиной треугольника. 365. Постройте хорду окружности заданной длины и окружность, концентрическую данной, проходящую через данную точку. Рассмотрите поворот вокруг центра окружностей, в котором данной точке соответствует точка пересечения построенных хорды и окружности. 366. Поворот вокруг центра треугольника на угол 120° переводит М в N, Л' в Р, Р в Л/; M N —

— fl_ L —. 367. Поворот вокруг центра квадрата на угол 90° переводит Р в Q, Q в R,

"I /~ 1 лR в S , S в Р; P Q = (LL-— 370. Отрезки AD и АЕ можно отложить двумя способами.

В одном случае условие задачи не выполняется. В другом случае существует окружность, проходящая через точки В, С, D, Е (сё центр лежит на оси сим­метрии / «бабучкн» DEABC). 371. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD квадрата ABCD, M N и KL — пересечения квадрата с данными прямыми (точки М, N, К и L принадлежат соответственно сторонам АВ, CD, ВС и AD квадрата). Тогда R q0’ (АВ) — AD. Образом точки /VI будет такая точ­ка М ' отрезка AD, что /_AIОМ ' — 90°, т. е. точка L. Аналогично (.V) — /<". Следовательно, Rq° (MN) = LK, а поэтому M N = KL. 372. Для доказательства равенства отрезков надо найти движение, при котором один из отрезков переходит в другой. Так как угол между прямыми, которым принадлежат указанные отрезки, равен 00°, то естественно рассмотреть поворот вокруг точки О. Учитывая, что пово­рот вокруг точки О на 120° переводит треугольник в себя, приходим к целесообраз­ности рассмотрения поворота вокруг точки О на 120°. При рассматриваемом поворо­те точка Л переходит в В, В в С, С в Л , АВ в ВС, ВС в СА, СА в АВ. Точка Е, принадлежащая АС, перейдет в точку ДІ (рис. 183); точка F, принадлежащая АВ, перейдет в точку N, принадлежащую ВС (/_ ЕОМ — 120°, / Г ON — 120"). Следо­вательно, FE перейдет в NM. Значит, FE = NM. 373. Пусть Д Р /CL искомый

2 0 2

Рис. 183 Рис. 184

(рис. 18*1). Тогда точки Қ и L находятся на равном расстоянии от точки Р, принад­лежат прямым а и b соответственно и «видны» из точки Р под углом 60*. Так пак точ­ка L является образом точки К при повороте вокруг точки Р на 60°, то она принад­лежит образу прямой а при указанном повороте (т. е. точка L есть общая точка

задача имеет не более двух решений, так как прямая Ь имеет не более одной точки пересечения с прямой а' и не более одной точки пересечения с прямой a — R~pb0' (а). 37-1. Перпендикулярность двух прямых будет доказана, если одну нз этих прямых мы переведем в другую поворотом на 90J. Анализируя условие задачи, замечаем, что точки М и В находятся на одинаковых расстояниях от точки А и Z М А В — 90°. Аналогично АС = АР и / САР — 90°. Значит, поворот вокруг точки Л па 903 по часовой стрелке переводит точку ЛІ в точку В и точку С а точку Р. 375. Рассмот­рите поворот плоскости вокруг точки М на угол 90°. 376. Рассмотрим композицию двух поворотов: R ^ и R g ° ’. Получаем перенос Т л с . При этом переносе точка Dпереходит в F, причем DF = АС. Но Z_FDE = 45°, поэтому и искомый угол равен 45°. 378. Пусть Гс о (В) = В ' , Е — середина отрезка АВ ' . Через точки Л, В, С, D проведите прямые, параллельные BE. 379. Пусть ВС | AD. Рассмотрите образ диа­гонали АС при переносе T AD. 380. Пусть ВС || AD. Рассмотрите образы отрезков АВ и CD ири переносах Т в м и Т с м . Докажите, что биссектриса угла полученного треугольника является одновременно медианой (рис. 185). 381. Рассмотрите пере­нос Т л с . Построив для точки К соответствующую точку L, получаем: А К || CL. I K C L = 90°, следовательно, / А К С = 90°. 382. Переносом боковой стороны в направлении и на расстояние, определяемые основанием трапеции, получите тре­угольник. Вычислите высоту треугольника. 383. Заметьте, что суммы расстоянии противолежащих вершин параллелограмма ОАВС до любой прямой равны, так как эти суммы равны удвоенному расстоянию точки пересечения диагоналей до этой прямой. 384. Постройте вспомоіателыіую окружность, которая равна данной, ка­сается ее и проходит через точку М (рис. 186). Заметьте, что ООі — 2R, MOi = R. 386. Пусть основаниями трапеции ABCD являются AD и ВС, М — середина отрез­ка ВС, А7—-середина отрезка АО. При параллельном переносе 7’ВЛ} точка В перейдет в точку М , А в Л '. При параллельном переносе Т см точка С перейдет в точку М, D в Du Тогда ЛіЛ' = Л.V — ЛЛх = A N — ВМ (1), NDi = ND — D\D = ND —— МС (2). Складывая равенства (1) и (2), получаем: A iN NDi — A N -\- N D —

прямой а' = R bp (а) и прямой Ь). Точка /С является прообразом точки L. Если Ь — ~ R°p (а), то задача имеет бесконечное множество решений. В остальных случаяхпрямой а'

mВ М С

А N D

Рис. 185 Рис. 186

203

Рис. 187

— (ВМ -!- МС) = AD — ВС. Но А 1 /V -!- N lh AiDi, значит, AiD 1 — AD —— ВС (3). Так как A \N = ND\, -ro M N — медиана образовавшегося прямоуголь­

ного треугольника A\MD\ . Поэтому M N — -~ A \N -|- NDi. Учитывая равенство (3),

1 1получаем: M N — — A\D\ = — ( A D — ВС). 387. Обозначим вершины трапеции

через А, В, С, D (АС — 13 см, BD = 20 см, AD ВС = 21 см). Тогда S ABCD =

— — (AD -j- ВС)Һ, где һ — высота трапеции. Рассмотрим параллельный перенос

Т в с . При этом переносе точка В перейдет в точку С, D в D ' . Площадь треугольника1

ACD' равна - - AD 'h . Но AD' — AD + DD' — AD -|- ВС, поэтому и площадь трапе­

ции ABCD равна площади треугольника ACD'. 383. Обозначим центры данных ок­ружностей через Oi и 0.у Тогда параллельный перенос Т 0 0п переводит окружность с центром Oi в окружность с центром Оо. Точка А при этом переносе перейдет в точ­ку С, а точка В — в точку D. Следовательно, АС — BD = 0 i0 2 = cl. 389. Допустим, что искомый четырехугольник ABCD построен (рис. 187). Выполним параллельный перенос T DN стороны DA и параллельный перенос T cN стороны СВ. Теперь из точки исходят три отрезка AMi, N M , NB известной длины. Нетрудно показать, что точ­ка М является серединой отрезка ABi. В самом деле, длины отрезков А А і и BBi

равны —DC, а сами отрезки параллельны DC. Поэтому четырехугольник А іА В іВ

является параллелограммом. Точка ЛІ — середина его диагонали АВ. Поэтому М принадлежит диагонали А\В\ и является ее серединой. Іігак, в Д Л М і/Ji известны стороны NAi , NB\ ii заключенная между ними медиана. Для того чтобы построить этот треугольник, отметим точку Ач, симметричную N относительно М. Очевидно, A N = NBi . Треугольник A’A'i/h можно построить по трем известным сторонам: AMi = D A, A iN i = NBi — СВ и N M i = 2NM. Теперь построим искомый четырех­угольник. Делим отрезок NNi точкой Л-1 на два равных отрезка. Строим точку Bi, симметричную точке относительно М. По трем сторонам построим треугольники A i M A и М В В Х. Перенеся отрезок АіА переносом Т А Л,, а отрезок ВВ Х переносом T J3N, получим все четыре вершины искомого четырехугольника ABCD. Нетрудно показать единственность решения задачи. 391. Рассмотрим общий случай: треуголь­ник А ВС неправильный, и, значит, точки О, И, М различные. Гомотетия с центром

1М и коэффициентом к — —— переводит треугольник АВС в треугольник А 'В 'С ' ,

ЯРПІПНЧЯМ П і.'О т г ,:іп г п с іп п с іш т гс т г о г ір т т н т .т г т п п п и т т и п п г п тп л л ггг«гм, н и іг я Р о п т п ^ т -

0

Рис. 194

B B i , ССь DDi соответственно (рис. 19-1). Тогда для произвольной точки О плоско­

сти ОЛ0 = (ОА + ОЛх), 0£„ = ~ (ОВ -[- ОВі), ОС0 = ~ (ОС + OCi), ODq =

= — (OD -!- ODi). Отсюда Arff0 - OB0 — ОЛ0 ^ ~ (СИЗ — OA -|- OBi — ОЛх) =

= - (ЛЯ + AiBi) , D 0C0 = OC0 - OD0 = g- (ОС — OD -I- OCi ODi) = - - (DC +

- f DiCj). По уело ж; io ABCD и Л хДіСіР і — параллелограммы, поэтому АВ = DC и ЛхВі = DxCi, следовательно, А 0В0 — D0C0 и четырехугольник A 0B0CnD0 — па-

ЛР BQ CR DS раллелограмм. 420. Пусть — = ^ ~ — k, точка О — произвольная

ЛР , ОР — ОЛ , - ОЛ + кОВточка плоскости. — = к, откуда ---- -----— = к, а значит, ОР ~ ---------------- . Лна-

РВ __ ОВ — ОР ___ __ __ 1 + к— ОВ -!- к о с — ОС -j- kOD _ OD -)- кОА

логично 0Q = — ;—— — , OR = — 7—— — , 0 5 = — ;—;—;---- . Нетрудно за-1 - | -к ' 1 -!- к

метить, что PQ = SR . Действительно, PQ = 0Q

1 __ кк — (ОС ОВ) = -АВ

1 4 - кВС,

- О Р =

S P = OR

1

1 + Л

- 0 5 =

(О В - О Л) +

1(ОС —

1-DC 4-

к-AD.

1 -(- к

Но АВ — DC п ВС — А Р ,_к_-\- 1_ /г- f l ‘ к -j- 1

поэтому PQ — SR , следовательно, P Q R S — параллелограмм. 421. Обозначим точ­ки пересечения медиан треугольников АВС и Л]ВхСі через G и Сх соответственно. Пусть AG II BiCi, BG || ЛхСх и CG || AiBi. Тогда согласно условию GA — 1. (GiBi —— OxCi), GB = fi (GiCi — GiAi), GC — ү (GiAi — GiBi). Складывая почленно эти равенства, получим: GA -{- GB -р GC = 0 \Л і (у — к) + GiBi (Я — у) + GiCi (|i —— ),). Ito GA -г GB - f GC = 0 , поэтому ОіЛх (ү — |i) + GxBx (>. — ү) -j- GiCi (u —— ty = 0. С другой стороны, GiAi -J- GiBi -f- O’iCx = 0. Отсюда находим, что X =

= ү = fi. Итак, — (GA — GB) = ОІЛТ -|- — 2G7cT= 3 (G[Al + <һЩ =A

— 3GxCi, т. e. — BA

Ci и D x — соответственно точки пересечения медиан треугольников BCD, CDA,

DAB, A B C ; ~OAi = ~ (OB -J- ОС OD), OBi = ~ (ОС + OD -j- 0Л ), OCi =

= ~ (OD + 071 -i- ОЯ), ODx = " (0/1 -I- OB -!- ОС) (1). Если M и Мх — соответ- 3 о

-3GxCi, откуда следует, что ВА || GiCx. 422. Пусть A i ,B i ,

207

ственно точки пересечения средних линий четырехугольников ABCD и A 1 B 1 C1 D 1 ,

то ОМ = — (ОА + ОВ + ОС -1- OD). Учитывая равенство (1), получим: ОАҺ=

= ■— (ОА + ОВ + ОС + OD), что доказывает, что Мі = М. 423. Пусть R — се-4

редина M L и дано, что d || OR (рис. 195). Докажем, например, что в этом случае с || ОЕ, где Е — середина NP. Имеем: OP = tnOL, ON = пОМ, NP || OR, т. e. OP —— ON — к (OM + OL). Подставим в последнее равенство значения ОР и ON: tnOL —— пОМ — кОМ + kOL, т. е. (т — к) OL = (к -г п) ОМ. Так как векторы OL и ОМ не коллинеарпы, то т — к — 0, к + п — О^т. z . j n = к, п = —к. Тогда ОР = = kOL, ON = —ІгОМ. Рассмотрим вектор (ON -\- ОР), коллинеарный ОЕ. ON + -}- ОР = —кОМ + kOL — It (OL — ОМ) = kML. Следовательно, ОЕ || ML. Ана­логично можно доказать указанное свойство и для других прямых. 424. Пусть пря­мые mi и Һ пересекаются в точке К (рис. 196). Докажем, что /<С01| п. ҚС0 = SC0 —

— Щ SC0 = ~ S A + j W S K = M 0 + A ^ 0 + f y R = j S . В + ~~SC + ~ S A -

— S B -|- mSB = mSB + С другой стороны, S K = S B 0 + B0A 0 +

+ Л Д = ~ S B + ~ S C Jr ~ S B — \ s A + nSA = nS A + -^ 5 5 + ]~SC. Тогда2. A Z ^ jl £

mSB + - f — SC = nSA + j S B + " j SC , или mSB + ~ S A = nSA + -~SB ,

1 1 ___ 1 _____ __ __ I _Lоткуда m — — , n = — . Поэтому S K = ~ (5Л + SB + SC). Тогда I(C0 = — SA +

Z Z £ 2*i i i —

4-----SB — — (SA + SB - f SC) = — —SC, вследствие чего K 0 0 || SC, т. e. прямая2 2 2

Ш проходит через точку пересечения прямых Һ и тх. 425. См. решение задачи 424.

426. Докажем сначала, что в любом четырехугольнике M N = — (CD -J- ВА) , где

М и N — соответственно середины СВ и DA. M N = МС -f- CD -}- DN, M N = Ж + BA + A N. Сложив эти равенства и учтя, что МС + MB — О, D N + A N — О,

получим: M N = — (CD + ВА). Если бы векторы CD и ВА не были коллинеарпы,

то M N < — (CD + ВА) , что нетрудно доказать, используя свойство сторон тре­

угольника. Следовательно, CD Ц ВА^_т. е. данный четырехугольник ABCD — тра­пеция или параллелограмм. 427. A A i + ВВ\ + CCi = 0. Поэтому ОЛі — ОА +

Рис. 195 Рис. 196

лучим (рис, 200): В, ВХ = В.,В -j- BBi = ЛіЛ СС, = (Л іЛ й + А,А) + (ССХ ++ СХС2) = (АХА 2 + CiC2) Н- (А,А -!- CCi) = АХА , CiC2. Итак, В, ВХ = Л іЛ 2 + + CiC2l и требуемый треугольник не существует. Таким образом, построение этого треугольника возможно лишь тогда, когда векторы, соответствующие названным в условии отрезкам, не коллинеарпы. Рассмотрим решение предыдущей задачи (о возможности построения треугольника) методом параллельного переноса. Пусть векторы ВіВ», СіСо, Л іЛ 2 не коллинеарпы. Выполним параллельный перенос Т л е треугольника СС\С2 (рис. 201). Тогда СС2 перейдет в А В п, CCi в ЛЛ* и СХС2 в Л 25 3. В самом деле, ВВ\ || СС2 и В ВХ — СС2; А В 2 || В 2ВХ и АВ., — В»ВХ. По транзитив­ности отношений параллельности и равенства имеем: СС2 || А В Я и СС2 — А В 3. Но тогда CoCi перейдет в 5 3Л 2. Выполнив параллельный перенос Т в л треугольника B B 2Bi, получим окончательно: В 2 перейдет в А х, Вх в В», С2 в Ва, Сх в Л 2, и, таким образом, ААіВ цА . , будет иметь стороны, равные отрезкам В 2Ві, С2Сі и Л 2Л ь

543- 0) 2 / s W б) 2 / S - ‘8 t ; “> 2 ( l + Sinl ) / S S44- arCCOSTС

545. b -[- — . 546. Наименьшее значение равно hc , наибольш ее— пи. 547. Диа­

гональ является высотой треугольника. 548. 4 У 2 м. 549. 30 см. 550. а) 6000 см2;б) 108 см2. 551. KD = AID = 5 см; 5 — 32 см2. 552. а) 45 см2; б) 36,125 см2.

553. а), б) АС = ВС. 554. а), б) Центральный угол сектора равен 2. 555. —— .и -j— 4

556. Высота прямоугольника ^ ^ L. 557. — R- '\' 3. 558. I способ. Пусть

в треугольнике АВС дано АС = Ь, /_ В = (5. Обозначьте /_ВАС — х, выразите АВ и ВС через Ь, х и р и удвойте медиану, достроив треугольник до параллелограмма.I I способ (геометрический). Опишите окружность около треугольника АВС и дока­жите, что медиана ВА1 произвольного треугольника меньше (а в случае тупого угла больше) медианы В ХМ равнобедренного треугольника А В хС. 559. Пусть АР и СК перпендикулярны /; обозначьте: / РВА — х. После вычислений докажите, что РВ =

9 *? f о _= В К. 560. a) — ; б) 3 У'З г-. Обозначьте буквой х половину угла при осиова-

\Г 27135 0

нии треугольника. 561. — см-. Пусть РКЕА1 — вписанная трапеция, точка Е

лежит на ВС, точка А1 — на CD. Треугольники Р А К и ЕСА1 подобны. Восполь­зовавшись этим, введите обозначения: СМ = 2х, СЕ — За: и выразите через х все стороны и высоту трапеции. 562. 100°. См. пример 4 из § 7.

Глава II

631. 60й. 632. 60°. 633. 115°; 35°. 634. 30°. 635. 2 arccos Ғ ^ Ц г ) . 636. arcsin — .— \ cos Р / _5

637. arcsin У— . 638. 90°. 639. arcsin Ш 1 , 640. 30°;arc tg^-~ . 641. arcsin A a.b. ^ 3_ _ 85 _ ° 17 1 3 (a r - f^ )

642. arctg— 5. 643. arcsin 1——. 644. arcsinl— 645. arcsin • 646. arcsin15 _ 6 _3 _65 5

arcsin 1— 647. arcsin Ц.L?. 648. arcsin 649. arcsin— — . 650. arcsin15 5 15 15 \ s in p /

651. — (2 У 3 — У 2). 652. 60 \ 653. Первый отрезок образует со вторым,

третьим и четвертым отрезками углы соответственно 120°, 90э и 60°; второй —с третьим и четвертым — 120° и 90°; третий — с четвертым — 120°. Чтобынайти /Л В іС 2 (рис. 202), построим ADX, D i C и BiDi. Так как ADi || ВХС.,, то точки А , Вх, С2 и Di лежат в одной плоскости. Следовательно, /_ А В ХС2 — £[AB iDx -\-

211

Ё Dj D2 Dj Dif

Рис. 202

Z DiBiCn. Чтобы найти угол между прямыми ABi и C2Dn, можно использовать

параллельность прямых BAi и С2£>3. 654. 45°. 657. arccos Пусть САІ — медиана6

треугольника АВС (рис. 203). В плоскости СЕМ через точку О проиедем прямую ОҚ || СЕ. Тогда / АОК равен углу между прямыми AD и СЕ. Н а й т и / АОК можно, вычислив стороны треугольника АОК. В качестве вспомогательного параметра целе­

сообразно взять А В — а. 658. arccos I способ. Пусть СМ — медиана тре­

угольника АВ С (рис. 204). В плоскости СЕМ через точку О проведем прямую ОҚ J|II СЕ. ТоСда / KOD равен углу между прямыми OD и СЕ. Найти /_ KOD можно, вы­числив стороны треугольника KOD. I I способ. Так как Л 5 _L АС, Л 5 -L АВ, АВ _L _L АС и АВ = АС = Л 5 , то можно ввести прямоугольную декартову систему коор­

динат, положив АС = i, АВ = J , A S = k. Тогда OD — О А + AD = — FA +

, — 1 _ 1 _ 1 _ __ _ _ 3 _ _ 1Н- A D = — — t — — / + — к , СЕ = СВ + BE = — — i + / ч- — к. 659.

О о z Z /

arccos (sin a sin P+cos а cos Р cos у). 660. 45°; G0°. 661. arccos . Положив DC = i,5

DA = j, DDi — к, найдем, что DP — DA -{- AP — j -f- ~ k , QC = DC - f ~ C C i =

— i + — ft. 662. a r c o s ^ J L 663. arccos 1 ^ ^ . 664. arctg / 1 9 . В грани S A B через

точку At проведем A1F || S K (рис. 205). Тогда искомый угол равен / D M F = х. Положив Л В — а (вспомогательный параметр), можно найтн стороны FD и AIF тре-

1/ 3" 1 / 1 \угольника DAIF , а затем найти tg x . 665. arctgi-^— . 666. a rcco s--. 667. arccosf — — J.

В плоскости APQ через точку D проведем прямую D R ;| AQ (рис. 206). Тогда / DDR ра­вен углу между лучами DB и AQ. Для опре­деления этого угла можно найти стороны треу­гольника BDR. Если и качестве вспомогатель­ного параметра принять ВС — а, то в треуголь­нике BDR будет D R = а )' 2, B R = а У 5 . Сто­рону BD можно найти нз прямоугольного тре-

a y fугольника BDM, где ВМ = —г~—

\Г К

DM Рис. 206

— - 2 ^ 0ЛУ,|Нм: BD — a Y 2 и далее по теореме косинусов находим / B D R .

668. arccos Разложить векторы ВР и OL но векторам і = ОС, j — OD, к —

= OS прямоугольного декартова базиса, а затем найти косинус угла между вектора­ми ТЗР и 0L. Можно поступить и по-другому. В плоскости SBD через точку О про­вести прямую ОМ || ВР. Тогда / L 0M равен искомому углу. Для его определения следует найтн стороны LM, 0L и ОМ треугольника L 0 M и далее применить теоре-

/ 1 \ ___ ___ _ __му косинусов. G69. arccos I — — I. Разложить векторы КВ и LD по векторам i = МА,

j~— MD и к = MB прямоугольного декартова базиса, где точка М — середина дна-1

гоняли АС квадрата ABCD. 670. arccos у . 671. arccos^—1 ^ .1 . В плоскости SBC

через точку 5 провести прямую / 1| BD и через точку D — прямую rn || SB. Пусть прямые / и m пересекаются в точке К. Тогда Z. K S 0 равен искомому углу. Для опре­деления / K S 0 следует найти стороны КО, SK и 5 0 треуюлышка / (5 0 и далее применить теорему косинусов. _ 6 7 2 . arccos (sin a sin fi).

. 677. R; У R- + /г sin2 а .673. 4,8 см. 674

ab а + b

R У

У Ь-— а2 sin а sin Р а

678.

683.

679.

| sin (а ah

Р) 680 а Л [ а~ sin2 ф + /г8

г а~ h~681. а У 2

2682. а У З

sin а

_____ У а~ -}- У а~ Һ- ~ 2 3cos 2а y j t5.. 684. У ь * — а* ctg2 а . 685. / 2 2 ,5 см, / 1 3 ,5

Если разрезать пирамиду по ребрам 5Л , SB, SC и затем развернуть боковые грани, как показано на рисунке 207, то получим треугольник S 'S ' S ' ' 1. Действительно, так

213

как при повороте угол сохраняется, то / 1 = / 3 , / 2 = / 4 и, следовательно, / 3 + - f Z ВАС -|- / 4 = 160°, т. е. точка А лежит на стороне S'S". Аналогично точка В лежит на стороне S'S"' , а точка С — на стороне S"S ". В треугольнике S ' S " S ,:' АВ, АС и ВС — средние линии, и поэтому треугольники S A B , SBC, S A C и A BC явля­ются изображениями четырех равных между собой треугольников. Поместите затем данную пирамиду в параллелепипед, как показано на рисунке 208, и, доказав, что этот параллелепипед прямоугольный, найдите искомые расстояния. 690. 60°. 691. 90°. 692. 45°. 693. arccos (ctg2 а). 694. arccos (sin Р coscc), где 0° < а < 90°.

(о ■ \ Л cos а —cos В cos ү n cosfi—co saco sv695. arcsin z J — -sina . 696. a x= a rc c o s -------:—-—;---------, P ,=arccos------------------------,

\ 3 J sin p sin ү sin a sin үCOS У — COS П COS В |/ a -l I tyi

Yi = arccos-------------- :— --------------------------------. 697. arcsin — _ . 698. arcsinsin a sin p 2a

V 2 «tin r A 700. arnl<f2 У. 6

sin a

699. arcsin ^L __sin a j . 700. arclg^JL— Опустить из точки К перпендикуляр KL на

плоскость АВС, а затем из точки L перпендикуляр LM на медиану AD и точку М сое­диним сточкой К. Угол KML будет линейным углом искомого двугранного угла. Для определения //СЛ1£_можно найти катеты KL и ML прямоугольного треугольника

К ML. 701. arctg 1 ^ 1 . 702. 2 arcsin І - Қ ^ . 703. 2 arctg (— — ). 704. 30"; G0°;6 35 _________ \s in a j ____________

120°; 60s. 705. arctg (-^ tg a ) . 706. a rcco s '[ /^ 1 ~ c o s a . 707. 2 arctg f t 3 9 c o s~- - l ] .\ 2 J j 3 \ 3 sin сi J

709. arccos Л/ cos a . 710. 45°. Опустим из точки L перпендикуляр L N на плос*У 3 -}- cos а

кость A B C D , а затем из точки N перпендикуляр N М на прямую FK. Соединить точки L и N. Угол L M N будет линейным углом искомого двугранного угла. Д ля определе­ния / _L M N можно найти катеты L N и M N прямоугольного треугольника LMN.

180° 180° / 180" , \711. arccos(—cos2 а). 712 .------.713. arccos (c tg ------ ctg а). 714. arcsin ctg-------ctg а .

tl n \ n /COS Oi 1

715. tg X — — ---- ■ ------- . 716. arcCOS— . В ПЛОСКОСТИ ABClDi

( т + “ М т - “ )через точку А проведем прямую, параллельную прямой BDi, и точку ее пересечения с прямой CiDj обозначим D 2 (рис. 209). Угол CAD2 будет искомым углом. Для его определения можно, приняв, например, А В = а (вспомогательный параметр), найти стороны CDо, АС и AD, треугольника ACD 2, а затем применить к этому треуголь-

2 _!_з I' 2 3 ~1'г2 __^нику теорему косинусов. 717. a r c c o s —I I — l— . 718. 45°. 719. arccos—L_l—

Рис. 209 Рис. 210

<3 I tttj720. arcsin Г- Опустить перпендикуляр CP из точки С на плоскость SAB . Тогда

отрезок DP будет проекцией СР на плоскость S A B , и, следовательно, /_CDP будет искомым. Для определения /_CDP можно, приняв АВ = а (вспомогательный пара­

метр), найти две какие-нибудь стороны треугольника CD Р. 721. a rc c o s l—£ ; arccosi—4 4

2 1 724. а, —а, —а. 725.3 3

722. arccos ! £ д | . 723. 2 arctg i C 7 ~ а - - ab У 2. 726.

727. 5й- У 2 . 728. За2. 729. — . 730. 8 / / - sin (30° - f а) sin (30° — а). 73116 а 17

4_За / 1 7

732. 7 а2 / 1 7 7ЯЯ 7а2 / 1 1 3 m о2 / 19733.24 72 - 5 73Г>* See.» = . ilf/C. где

М/С JL #D . Построение ЛІ/С _L ДО можно выполнить следующим образом (рис. 210): 1) в плоскости Si4С через точку О провести ОМ || 5Л ;2 ) в плоскости 5Л С из точки М опустить перпендикуляр M N на ЛС; 3) нз точки С опустить перпендикуляр CL на BD\ 4) через точку N провести Л'/СИ CL; 5) соединить точки М и /С. Длину отрезка М К

можно найтн из прямоугольного треугольника M N К. 736. _ f...3 СОл а I 1 т 3 cos а

737. -

741

a - cos cl tg P2 cos 3a

2 all

738.

742.

Ha c m 2_3

a2 / 3 , где ci

739.

2b У 3

S (c -j- //)740. g K a 4 - A

ctg a (b — боковое ребро).

: сеченне можно сле-

г' 9а2 - [ - 4Я 2 4 c o s a ’ ~ " _ 3

743. а S' n , 744. а..У.3... 745. fl — . Построить требуемое 1sin2 (a -j- р) 3 4

дующим образом (рис. 211): 1) построить медиану СМ треугольника ЛЛіС (ясно, что тогда будет CM JL Л Л ,); 2) найтн точку 0 2 — точку пересечения прямых СМ и ООг, 3) в плоскости BBiDiD через точку 0 2 провести прямую Л7/С II BD\ 4) четырех­

угольник CKMN. 746. а—У sin (60J + a) sin (60э — а), где 0° < a < 45°.

747. a2 ] 3• У

6/i -j- Зт2

, или “- У А 1 ■-I-у 6 т Зпj , где а < I I У 6 (II

сота пирамиды). 748. — . Так как АС — ВС — а и AB=ci / 2 (рис. 212), то Z.ACB =

= 90°, и в прямоугольном треугольнике 5ЛС SC = а ) 3, а в прямоугольном трс-

Рнс. 211 Рис. 212

215

угольнике SA B SB — 2а. Построение требуемого сечения можно выполнить сле­дующим образом: 1) построить CD — медиану треугольника А В С ; 2) построить прямую KL 1| CD (ясно, что тогда будет А В A. KL и SB JL /<Х); 3) построить АР — медиану треугольника 5Л В; 4) в плоскости S A B через точку L провести прямую LN И Л Р; 5) в плоскости 5Л С из точки Л опустить перпендикуляр A F па ребро SC (для построения можно найти, что CF : CS = 1 : 3); 6) в плоскости SBC через точ­ку N провести прямую N M Ц PF; 7) соединить точки М и KL Четырехуголышк

K L N M — искомое сечение. 749. arctg 750. arctg - - - - - - 751. arctg

tg P752. arctg / 15

сечение. 749.

Уз753. arctg

° 4 9

tg a I. 754. arccos (tg a). 755.2 sin a

■. 756. 2 : 3.

757. arctg 2 ^ 1 . 758. arctg --У — . 759. / 6. 760. 11 : 12. 761.a / 2 a 2 + 4 62

762.

765.

a2 sin2 2a cos a sin2 3a

4 У"2Н2 s in - j

763.

6 ' 2a + / 2a- -|- №

4dr sin a / cos 2a . 764. dr / 2 sin 2(3 cos (45° — a).

766.6 / б H- ctg a sin (45° -j- a)

у cos a sin a

/ 2 5 cos a 4767. ----------— . 768. - H - .

6

769. 96 c m 2 , 144 c m 2 , 48 c m 2 , 28S c m 2. 770.

7?2 Q2 (1+ s in a-j-cos « ) >77Э> cos a

z sin aV k 2 (1 -1- sin a) у sin (a + P) sin (a — P) „ 1 + / 5 _ J_F _ sin 2a sin P ’ 6 12 sin a ’

778. — — . 780. ? L L i l 781. a r c c o s - . 782. 2ла2 / З . 783. 270 я см2. 784. 2я ( а + 6) Xcos а

X / а 2 ~Ь 785.

лП

2л а2 cos2 — _________ 2_

cos аygg 4 я Р 2(2 -f- cos а + 3 sin а)

sin а787. 4я.

793. У Sx + У S 2

788. - (5 + - .Ш . 789. 4я : / 3. 790. У 2 + 1. 791. а2 (1 + У 4 + 2 / 2 " . 792. 120°.

а2 sin а 79 4 .----------- . Пусть

cos ф5 0 —высота пирамиды (рис. 213). Из вер­шины 5 опустим перпендикуляр S N на ребро АВ и перпендикуляр SL на ребро ВС. Долее проведем прямые N 0 и LO и их точки пересечения со сторонами соответст­венно CD и AD обозначим М и Қ. Тогда ZSA'O = Z SLO = ZSAIO = Z SKO = = Ф, Л SON = А 5 0 L = A SOK, т. е. ON = OL — О At = OK, и, следовательно, точка О одинаково удалена от сторон ос-

„ (|)d~ sin 2а cos-—

нования. 795. -----------------------•COS ф

D 0 | , 796. 4 - 1 А (1 + / l+ 3 s iii2“a . 797. 2a2 +Рис. 213 3 cos a

216

+ 2 а / 4b2 — a2. 798. ab ( У 2 + 1). 799. В 3 раза. 800. ~

a(V' si и — si и a

801. 2a3 sin a / s i n 3 a sin a . 802. abc / —cos 2a . 803. am2. 804. _____ Д

X ] / cos/ | + (p) cosf | _ J « * . * £ ± < 3 . 806. / з | / = Ж ~ . Т о 7 . Й 5 . r 1 2 7 \2 ) 2 Y sin2 a cos a 2

a3 sin 2a sin a a3 . a / / a \ / 25808. -------- --------- ---- 8 0 9 . - s , n - у sin 0 (f + T sin 60’_ | • 810. ү [ /

2cos2 (45°—— J V J

/-/3 / 3 s i n ( - | - -I- 30°]sin(-£- — 30°] 2 cos — cos <p 3811. __________i i _______ L____________ / . 812. — -Z >3____±______ 813. 1/ — X

„ Ф 3 . cp f tg3 aone**’--- Qirw ---C O S -— S in2 2

у У 3 П + sin °0 814. — sin 2a tg p. 815. P (4 ^ ^ a > ^ l2 + 3 t g 2 a* GC 2<1‘ ^ g ^

810. P Q + ' t ^ W V T + W g 8[7 i 6, y z 818 sp q 819 j № ( a ^ i i )4 tg2 p _______ 12 3b 3 s in - a sin2 P

3 У 2 * R91 1.Q1 coo i f __ 9у- оМ 2 2 a 2i- i cf ft сод —820. u ' -a2. 821. 1:31. 822. 1 / — 8 2 3 . - a 2 cos3 — tg p. 824. — 5 -tg РГ 5 s in a .4 г tg a tg p 3 2 6

825.

aя be (b + c) sin a cos — ^____

-------------------------------------- . 826. — я&3 (5 + 3 / 2 ) . 827. 2 я 5 1/ — .3 6 I 27

7,, 6 I7* с a3 — /;3 л----------- я- рз i / n828. 1 : 2. 830. — = — , — = — . 832. ------------ / — cos 2a. 834. .я/< * Z .

У/, я b 6 cos a 6

835. ft- - ? * - I - 4* 2 ~ a~.. 836. ~~(4 / 2+ / І 0 ) . 837. 838. 1 : 4. 839. 3 V3 + *.24я2 48 sin a 26

8 1 0 . 9 7 : 1 9 1 . 841. 2 5 : 4 7 . 842. 1 : 4 7 . 843. 7 : 2 9 . 844. 7 : 1 7 . 845. 13 : 23 .

846. 7 : 29. 847. 8 : 37. 848. 1 : 14. 849. 3 : 5. 850. i Q l , tJCl. 851. 3 : 1. 852. 5 : 24.________ 3 /

853. 2a / R~ - dr. 854. " \ f % + 5 где a < 2 P . 855. — —яУ?3 tg3 a tg 2a , где 90° <Y 8 2 о

< a < 112°30'. 856. я R* (1 + cos2 2a + 2 sin a sin 2a). 857. 1/ .-1 iS~ ~ Sl\г я (52 + 5j)

( 45°— y ) J Л 05^

859. arccos^— — j. 860. 2arccosl -----^ j. 861. arccos(y/2— 1).

я Я 3ctg 8 5 8 .- cos3 a

cos4-

m — /I „ 2 cos2 a n — m862. 1 : 1; 9 : 7. 863. 2 a rc s in ---------. 865. 60°. 866. ---------------- . 867. a rc s in ---------.

rn n cos 2a tg a n -[- m

868. / 3 : 1. 869. 2 arctg - j = . . 870. ctg 40" : ctg 30° : ctg 20°. 872. arctg У 2.

873. 2R j / 1—1 sin2-?- (рис. 214). Так как SA = SB = SC и / Л5В = Z 5 5 C =

= Z CSA, to S A B C — правильная треугольная пирамида. Пусть SC = х. Тогда

CD — х sin — , ВС = 2* sin— , Л£> = / Зл' s in — и АР — — AD — — / 3 х sin — .2 2 2 3 3 2

217

874.

Рис. 215

876. — я а3 (15 — 8/ 2) .877. —а (3 — / 3).

2 _ 2878. а 2 ~ У 3).. Пусть оба~шара касаются граней, имеющих общую вершину D

(рнс. 215). Тогда точки О* и 0 2 — центры этих шаров — лежат на диагонали ByD

куба. Так как большой шар касается и верхнего и нижнего оснований, то ОгМ =

0 , 1 = MD

2 ’

. Положив для краткости 0 2N = *, получим нз подобия тре­

угольников 0 2KD и OyLD, что Оо/С = * / 2 и далее OzD = х / 3 . 879. — а / 4 1 .

880. (2 -h / 2 ) . 881. - а (3 — / 3 ) . 882. а (3 / 2 — 2 / 3 ) . 883. 20 р .2 2 27

884. 17 : 125. Пусть шар касается верхнего основания куба в точке Т и ребер АВ, ВС, CD и DA нижнего основания. Точки касания шара с ребрами являются середи­нами этих ребер. Рассмотрим сечение комбинации шара с кубом плоскостью TPQ, где точка Р — середина ребра АВ, точка Q — середина ребра CD (рнс. 216). Это се­чение проходит и через точку О — центр шара. Введем вспомогательный параметр ОТ — R n положим для краткости ребро куба равным х. Тогда из треугольника OMQ

получим, что х = — R. Вне куба лежат пять шаровых сегментов: один — под основа-5

нием куба и четыре (равных между собой) — со стороны боковых граней куба. 885. 8 : / 4 1 . Рассмотрим сечение комбинации шара с кубом плоскостью ORS, проходя­щей через точки R и 5 — середины двух противолежащих ребер верхнего основания куба и точку О — центр шара (рис. 217). (Точки Р и Q — середины двух противоле­жащих ребер нижнего основания «повисли», так как радиус шара больше половины ребра куба.) Введем вспомогательный параметр, положив ребро куба равным а.

Тогда MF = а / 2 . Далее рассмотрите треугольники OKF и OMS. 886. — я (5 / 2 —

/і3 1 6— 6). 887. -------------------------------------------- . 888, 2 arctg — . 889. arcsin — : я —

а / , . Л а \ 2 пт./ 2 sin 2a cos — cos ( 45

( * - i )

arcsin — 890 a ^ 2лт

891. а /б 893.a tga

2 / з _ 4 sin2 a894.

2 / 3 I i tg

9 tg2

a— я

218

895. 45«4, 890. 1 : 1 , 9 : 7 . 897.24 a

898.

900.

---------------------- . 899. - tg ( 45° —

2 1 _______- i t g у tg-jj-. 901. 2}/Г2 R 2 cos a (s in a + l ~ l . c o s 2a j Р н с . 2 1 6

/г — 1902. - 903. При ребре основания a rccos---------,

сс /1 + 245° cos —

2

при боковом ребре 2 arctgV -

sin2+ 12/г

. 904., я cc

Sin|? + Ia / „ cc \

905. у 2 /> sin— sin 45 —— j (рис. 218). Пусть FL = x, тог­

да и OL — x. Из треугольника M N K (в который впн-сс

сана окружность основания цилиндра) L K — х ctg — , и нз треугольника 5Л 0

аА = Ь cos сс. Тогда A L = b cos a — ,v. Но Л /. = /Ж , т. е. b cos a — х = * ctg

Н 2 sin2сс Р 2сс

— c o s -----906. 3 У 2

sin- аа. Рассмотрим сечение тетраэдра пло­

скостью, проходящей через вершины Л, В и точку F — середину ребра SC (рнс. 219).

В треугольнике A BF АВ = а. Тогда AF = BF — а ^ и D F = Так как тре­

угольник А ВҒ вписан в окружность, то точка О — точка пересечения перпендикуля­ров к серединам его сторон. Из подобия треугольников ОМҒ и BDF (точка М — се-

OF MF 9/?:,t g aредина стороны BF) получим: 9°8, 6 см< 909, ~4 ( р ~ з + [а ' 91° '

Рис. 218 Рис. 219

219

a y 3a A— a

c°s — -\- у 2 sin — c tg - y + / 2

.. Рассмотрим диагональное сечение куба.

2 ' ' 2Оно будет и осевым сечением конуса, вписанного в куб (рис. 220) (точка М не лежитна ребре DDlt так как конус не касается ребер куба). Ясно, что ВВЛ = я, BD == а V 2, ByD — а У з . Пусть PQ — х. Тогда нз прямоугольного треугольника B^PQ

a PQ DQбудет B i Q = х ctg -7 ", а из подобия треугольников DPQ и BB^D будет — =

Z 1 5 о ^

о и Г а я Я 3 sin (2a — (3) sin Р л911. Л > 9 1 2 . -------------- 1 913. arccos 1—1.

4 3 s in -a s in - (а — Р) Һ 2 / З яя , 2а , я

(рнс. 221). Так как ВС = ВОг + 0 Х0 2 + ОгС = — + — + “ = а и AD — а,

то ВС — AD, т. е. окружности со, и С0о касаются боковых сторон прямоугольника.OiAf OiP

ВР a Y 12 + я 2

Из подобия треугольников OiPM и 0 2ЛШ следует, чтоОоМ O.N

, откуда 0 2М =

а я= — . Но ОпД7 = — , тогда / ОоМТ = 30 , и, следовательно, если построить прямую

K N || ВС и прямую Р К II АВ, то в треугольнике P N K Z P N K ~ 30°. Далее 0 2М =

а м м = 'U.-П , т. е. И N = v ^ ~ и из треугольника

abc150 48 \ab + ас + Ьс

— — , затем РЛ1 — 6 | 2 — _ т - т- c: p'v = r 3 3

P K N К и = ~ , а затем Р К = 015. »16. 017.

2 2 0

b Y 2 sin 2а 8л;2918. ------------------. 919. - - (рис. 222, а, б). Введем вспомогательный пара-

4 sin (45° +сс) у з я 2 + 4метр, положив PL — 2а. Тогда ЛВ — а. Так как квадрат PQML сворачивается в

а 2 ацилиндр, то 2пОР — 2а, откуда ОР = — и, следовательно, ЛВ — — . При свора-

ХС JX

чиванин квадрата длина отрезка CD не изменится, т. е. CD = ^ 3 . Далее из тре­

угольника CFD СҒ = — У Зл * -{- 4. 921. а) У 2 см3; б) 6 см2. 922. —

923. 3 У 3 см. 924. arctg 925. a r c tg /2 . 926. 8 м. 928. 2 см. 929. З У 3 см2, 12 см2.

932. RH, если R < Я ; R~ ^ , если R > II. 933. Л / 934. - ; б)_ 2 Г 5л; 3 3 3 5

Зр Ар л f 2 Н—, —. 935. 2л | / 936. Һ = — , гдеҺ — высота цилиндра, Я — высота конуса,

a) б) R У 2. 938. а), б) у . 939. a) 4R; б) у (3 + У 5). 940. Я / а937и и z,

941. — ( / 3 - I)3. 942. 943. 45°. 944. — . 945. / i K l l . 946. 32 ^ 3 7?3.27 9 3 11 _ 27

947. arctg (cos — ( / 2 ~ П У ) . 948. Я = ү , Я = За. 949 .І Ң — см3. 950. - V .\ ft ] 4 3 81

951. — V.12

ИСПОЛЬЗУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА

1. Александров Б. И. и др. Пособие по математике для поступающих в вузы. М.: Изд-во МГУ, 1972, G08 с.

2. Вересова Е. Е., Денисова Н. С., Полякова Т. Н. Практикум по решению математических задач. М.: Просвещение, 1979, 239 с.

3. Виленкин И. Я ., Мордкович А. Г., Куннцкая Е. С. Математический анализ. Дифференциальное исчисление. М.: Просвещение, 1984, 175 с.

4. Герасимова И. С., Гусев В. А., Маслова Г. Г. и др. Сборник задач по геомет­рии. М.: Просвещение, 1977, 190 с.

5. Гусев В. А., Маслова Г. Г., Скопец 3. Л ., Черкасов Р. С. Сборник задач по геометрии для 6— 8 классов. М.: Просвещение, 1975, 224 с.

6. Гусев В. А., Колягин 10. М., Луканкин Г. Л . Векторы в школьном курсе геометрии. М.: Просвещение, 1978, 48 с.

7. Геометрия. Учебное пособие для 6— 8 классов / Под ред. А. И. Колмогоро­ва. М.: Просвещение, 1982, 384 с.

8. Литвиненко В. Н. Практикум по решению задач школьной математики.Геометрия. М.: Просвещение, 1982, 160 с.9. Нестеренко 10. В., Олехннк С. П ., Потапов М. К. Задачи вступительных

экзаменов по математике. М.: Наука, 1983, 448 с.10. Погорелов А. В. Геометрия 6— 10. М.: Просвещение, 1983, 288 с.11. Преподавание геометрии в 6— 8 классах. Сборник статей / Сост. В. А. Гу­

сев. М.: Просвещение, 1979, 288 с.12. Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во В Т У Зы /

Под ред. М. Сканави, 4-е изд. М.: Высшая школа, 1980, 542 с.13. Саранцев Г. И. Сборник задач на геометрические преобразования. М.І

Просвещение, 1975, 110 с.14. Фетисов А. И. Геометрия в задачах. М.: Просвещение, 1977, 192 с.

О Г Л А В Л Е Н И Е

Предисловие ...................................................................................................................... ' 3

Г л а в а I. Планиметрия

§ 1. О методах решения геометрических з а д а ч ............................................. .... 6§ 2. Треугольники и четырехугольники .......................................................... 17

Задачи для самостоятельного решения (1— 1 1 0 ) ...................................... 23§ 3. Окружность ................................................................................................... 29

Задачи для самостоятельного решения (111—2 1 9 ) .................................. 35§ 4. Площади плоских фигур ............................................................................... 42

Задачи для самостоятельного решения (220—3 2 1 ) ................. .................... 51§ 5. Геометрические преобразования .............................................................. 58

Задачи для самостоятельного решения (322—3 9 7 ) .................................. 62§ 6. Векторы ............................................................................................................. 66

Задачи для самостоятельного решения (398—5 3 4 ) .................................. 76§ 7. Наибольшие и наименьшие значения ...................................................... 85

Задачи для самостоятельного решения (535—5 6 2 ) .................................. 93

Г л а в а II. Стсресметрня

§ 8. Общие сведения о построении изображения данной ф и г у р ы ................ 96§ 9. Геометрические построения в пространстве ............................................. 102

Задачи для самостоятельного решения (563—6 3 0 ) .................................. 117§ 10. Скрещивающиеся прямые. Угол прямой с п л о с к о ст ь ю .............................* 122

Задачи для самостоятельного решения (631—689) . . .... .......................... 130§ 11. Двугранные и многогранные у г л ы ................................................ 133

Задачи для самостоятельного решения (690—7 2 3 ) ..................................... 137§ 12. Сечения многогранников ............................................................................... 139

Задачи для самостоятельного решения (724—7 6 2 ) ...................................... 149§ 13. Поверхности .................................................................................................... 152

Задачи для самостоятельного решения (763—7 9 9 ) .................................. 159§ 14. Объемы ...................................................................... ..................................... 162

Задачи для самостоятельного решения (800—8 5 2 ) ..................................... 168§ 15. Комбинации многогранников и круглых тел ................................ 172

Задачи для самостоятельного решения (853—9 1 9 ) ..................................... 178§ 16. Наибольшие и наименьшие значения ..................................... 183

Задачи для самостоятельного решения (920—991) .................................. 188Ответы и указания ......................................................................................................... 191

Валерий Александрович Гусев Виктор Николаевич Литвиненко Александр Григорьевич Мордкович

ПРАКТИКУМПО РЕШЕНИЮ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ Г еометрия

Зав. редакцией Р. А. ХабибРедакторы В. И. Ефимов, Л. И. Вс-лоновскаяМл. редакторы Я . Т. Протасова,Л. И. Зассдателева Художник 5 . Л. Николаев Художественный редактор Е. Я . Ка­расикТехнические редакторы В. Ф. Коскина, Е. С. ЮроваКорректоры К. А. Иванова, Т. А. Воробьева

ИБ № 9530Сдано п набор 12.02.85. Подписано к печати 2D. 07. 85. Формат GOXOOVm- Бумага типограф­ская Лг 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Уел. печ. л. І4. Уел. кр. о тт. 14,25.Уч.-изд. л. 1G.68. Тираж 39 ООО экз. Заказ -19. Цепа 75 коп.Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Государственного комите­та РСФСР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. I2981G. Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.Саратовский ордена Трудопого Красного Знамени полиграфический комбинат Росглапполи- графпрома Государственного комитета РСФСР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. Саратов, ул. Чернышевского, 59.