Я. Е. ГОЛЬДБЕРГ

С чего начинается решение стереометрической задачи

Я. Е. ГОЛЬДБЕРГ

С чего начинается решение стереометрической задачи

Пособие для учителя

КИЕВ

«РАДЯНСЬКА ШКОЛА» 1990

ББК 74.262 Г63

Рекомендовано Главным учебно-методическим управлением общего среднего образования Министерства народного образования УССР

Рецензенты: Э. Г. Готман, кандидат педагогических наук, доцент Арзамасского пединститута; М. И. Бурда, кандидат педагогических наук, старший научный сотрудник НИИ педагогики УССР; М Б. Балк, кандидат физико-математических наук, доцент Смоленского пединститута

Редактор Г. В. Криволапова

Гольдберг Я. Е.

Г63 С чего начинается решение стереометрической задачи: Пособие для учителя.— К. : Рад. шк., 1990.— 118 с.

ISBN 5-330-01142-6.

В пособии изложена методика построения изображения на плоскости фигур и их элементов при решении стереометрических задач. Даются подробные разъяснения, как строить элементы многогранников и тел вращения, сечения многогранников плоскостями, изображать окружность, цилиндр, конус, шар и комбинацию круглых тел с многогранниками, строить элементы фигур, такие, как угол наклона ребра к плоскости основания пирамиды, линейный угол и другие.

Пособие иллюстрировано черно-белыми и цветными рисунками.

Для учителей математики, учащихся средней школы. 430601^502—310 74 м

Г М210(04)-90 249~90 ББК 74262

ISBN 5-330-01142-6

© Я. Е. Гольдберг, 1990

ВВЕДЕНИЕ

Значение чертежа при изучении геометрии очень велико, в частности при решении задач со взаимосвязанными между собой элементами фигуры, в том числе с дополнительными построениями.

Запись условия теоремы или задачи с помощью чертежа позволяет охватить, причем в наглядной форме, все условие целиком, лучше усвоить и яснее понять его, что существенно облегчает анализ теоремы или задачи, поиски путей доказательства или решения. Чертежам пространственных фигур принадлежит первостепенная роль в развитии пространственного воображения, пространственного мышления, так необходимого в условиях научно-технического прогресса. Решение более или менее сложной стереометрической задачи начинается с выполнения правильного чертежа, так как без него трудно, а в ряде случаев невозможно усвоить условие задачи, проанализировать и решить ее.

При изучении математики решение задач играет огромную роль. И не только потому, что необходимо выработать умение применять полученные знания на практике (а ведь это одна из основных целей изучения математики в школе). Без решения задач нельзя овладеть и теорией. Именно в процессе решения задач математические понятия, аксиомы и теоремы, формулы и правила, геометрические фигуры предстают перед нами в самых разнообразных ракурсах, не в застывшем виде, а в движении, в различных связях и взаимозависимостях, которые отображают диалектику самой действительности. Подобно тому как грамматическими правилами можно овладеть лишь в процессе живой языковой практики, так и математическую теорему, определение, формулу можно усвоить по-настоящему, научиться применять на практике только в процессе решения задач.

Стереометрические задачи имеют свои специфические особенности, которые обусловливают ряд трудностей при их решении.

Решая задачу по планиметрии, мы обычно сравнительно легко изображаем фигуру, о которой идет речь в условии, без труда строим отдельные элементы. Построенная фигура с точностью до подобия (в определенном

масштабе) отображает фигуру, данную в условии задачи. Все свойства фигуры, расположенной в плоскости чертежа, сохраняются, правильность изображения зависит только от тщательности, с какой чертеж выполняется.

Иное дело в стереометрии. Ведь здесь, решая задачу, мы пользуемся обычно не пространственной моделью, а изображением фигуры на плоскости (в школьной практике — в параллельной проекции). В связи с этим возникают две трудности: во-первых, нужно уметь правильно изображать фигуру (с учетом ее свойств и свойств параллельной проекции); во-вторых, нужно уметь правильно представить пространственную модель фигуры по ее условному изображению. В самом деле, на таком изображении прямоугольный в оригинале треугольник редко бывает прямоугольным; скрещивающиеся прямые изображаются пересекающимися или параллельными и т. д.

Специфика решения стереометрических задач связана также с особенностями геометрических построений в пространстве. Если в планиметрической задаче говорится, например, о перпендикуляре, опущенном из середины боковой стороны трапеции на ее большее основание, то мы берем в руки циркуль и линейку или угольник и без лишних слов строим этот перпендикуляр. Никаких особых обоснований при этом не требуется— они заключены в самом способе построения.

Совсем иное дело — построения в пространстве. Пусть, например, в условии задачи дано расстояние от основания высоты пирамиды до ее боковой грани. Чтобы решить задачу, нужно опустить из основания высоты пирамиды перпендикуляр на указанную боковую грань. Но в стереометрии это делается не циркулем и линейкой (или угольником), а теоретическим обоснованием такого построения, включающего и указание на то, где именно на боковой грани окажется основание опущенного перпендикуляра.

Анализ геометрической задачи направлен прежде всего на то, чтобы выявить свойства фигуры, непосредственно связанные с ее условием; уяснить зависимости между данными и искомыми элементами, включить те и другие в состав вспомогательных плоских фигур (чаще всего треугольников), рассмотрение которых даст возможность в определенной последовательности выразить искомые элементы через данные. В стереометрических задачах этот последний этап также имеет свою специфику; отсюда и дополнительные трудности.

Любую сложную задачу (и соответствующее построение) можно расчленить на ряд элементарных задач. При этом обнаруживается, что сложные задачи — это различные комбинации ограниченного числа элементарных задач (и соответственно элементарных построений). Хорошее владение способами решения элементарных задач, выполнения и обоснования элементарных построений (и их изображений на чертеже) вооружает для решения задач сложных. Вот почему в этой книге основное внимание уделено способам построения отдельных элементов пространственных фигур, обоснования этих построений и их изображения на чертеже в параллельной проекции.

В книге, таким образом, рассматривается не методика решения задач разных типов, а методика построения и изображения на плоскости стереометрических фигур и их элементов при решении задач. В связи с этим материал сгруппирован не по типам задач, а по видам построений, которые могут встретиться при решении всевозможных стереометрических задач. Условия задач на вычисление приводятся полностью, однако в книге рассматривается лишь первый этап их решения — построение и обоснование свойств соответствующих фигур и их элементов.

Сначала каждое построение рассматривается отдельно, а затем его применение иллюстрируется на примере задач, которые, кроме рассматриваемого, включают и другие построения. При этом последовательность выполнения чертежей к таким задачам нередко лишь указывается, полное обоснование предоставляется читателю, так как оно сводится к уже рассмотренным обоснованиям элементарных задач и построений.

Для иллюстрации рассматриваемых построений и изображений использованы задачи, однотипные с задачами из школьного учебника, а также конкурсные задачи для поступающих в высшие технические учебные заведения.

Приведенные в книге пояснения и обоснования к соответствующим построениям нельзя рассматривать как некие обязательные, стандартные образцы, тем более, что во многих случаях обоснование свойств фигур и построений предоставляется самому читателю. Хочется побудить читателя самостоятельно искать и находить решения задач.

Выше говорилось о важной роли чертежа при доказательстве теорем и решении задач. Но следует научиться относиться к чертежу критически. Ведь при изображении

фигуры, особенно в стереометрии, мы допускаем ряд условностей, в результате чего чертеж обычно не полностью соответствует условию задачи. Например, нередко не равнобедренный треугольник на чертеже выглядит равнобедренным, и это направляет наши рассуждения на ложный путь. Поэтому необходимо обратить внимание учащихся на очень важное указание академика А. В. Погорелова — автора учебного пособия «Геометрия. 6—10»: «При доказательстве теорем разрешается пользоваться чертежом как геометрической записью того, что мы выражаем словами. Не разрешается использовать в рассуждении свойства фигуры, видные на чертеже, если мы не можем обосновать их, опираясь на аксиомы и теоремы, доказанные ранее».

Это указание в полной мере относится к задачам, особенно стереометрическим, при решении которых фигуры на чертеже очень часто предстают перед нами в искаженном виде.

В школьном преподавании изображение геометрической фигуры является важным, но отнюдь не основным, а лишь вспомогательным этапом решения задачи. Вот почему следует отводить этому этапу возможно меньше времени (конечно, не в ущерб правильности и наглядности изображения). Достичь этого можно, выработав у себя прочные навыки выполнения чертежа от руки, без чертежных инструментов (за исключением шаблонов эллипсов и циркуля при изображении тел вращения). Незначительные погрешности при делении на глаз отрезка в данном отношении, проведении параллельных и перпендикулярных прямых на бумаге, не разлинованной в клетку, и т. п. не считаются ошибками.

В заключение заметим, что предлагаемое пособие во многом носит характер справочника, поэтому в нем не даются задачи для самостоятельного решения, тем более, что в процессе изучения курса стереометрии учащимся приходится выполнять многочисленные упражнения из учебных пособий и других источников. Кроме того, в данной книге выполнение ряда чертежей и обоснование построений и свойств фигур полностью или частично возлагаются на читателя. При этом надо иметь в виду, что, доказывая утверждения, нужно использовать определения, аксиомы и теоремы, рассмотренные и доказанные в учебном пособии «Геометрия. 6—10» А. В. Погорелова. Если применяются другие теоремы, они должны быть доказаны при обосновании решения задачи.

Глава I. ИЗОБРАЖЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ФИГУР В ПАРАЛЛЕЛЬНОЙ ПРОЕКЦИИ

§ 1. Определение параллельного проектирования и его свойства

Решая задачу или доказывая теорему из курса стереометрии, мы пользуемся, как правило, не пространственной моделью соответствующей фигуры, а ее изображением на плоскости, чертежом, то есть, как иногда говорят, ее графической моделью. Тот, кто хочет научиться решать стереометрические задачи, должен прежде всего научиться правильно изображать пространственные фигуры на плоскости — на листе бумаги или на классной доске.

В чем же сущность проектирования пространственных фигур на плоскость, позволяющего получить наглядные изображения этих фигур?

Для получения таких изображений пользуются чаще всего двумя методами — параллельным проектированием и центральным проектированием (перспективой). Второй из этих методов более соответствует аппарату человеческого зрения, но он очень сложен и поэтому не пригоден для наших целей. Ведь рисунок при изучении стереометрии играет вспомогательную роль. К рисунку предъявляются требования не только верности оригиналу и наглядности, но и простоты и быстроты выполнения. Этим требованиям вполне отвечает параллельная проекция.

В ясный солнечный день мы видим на тротуарах, на гладких стенах четко очерченные тени предметов. Это солнечные лучи проектируют эти предметы на плоскость тротуара или стены. А ведь солнечные лучи исходят не из точечного источника света. Их излучает вся огромная светящаяся поверхность Солнца, огромно и расстояние Солнца до Земли, поэтому солнечные лучи можно считать практически параллельными. Вполне возможно, что идея параллельного проектирования подсказана математикам именно механизмом образования солнечных теней, так же, как идея перспективы — строением аппарата человеческого зрения.

Несомненно, каждый наблюдал солнечные тени каркасных геометрических фигур на гладкой стене. Изменяя

положение фигуры, можно получить разные ее изображения — от наглядных до таких, на которых фигуру невозможно узнать: треугольник может отразиться в виде отрезка, а тетраэдр — в виде треугольника. Такое же изменение формы и размеров тени можно наблюдать, не меняя положения фигуры. Но для этого нужно набраться терпения и подождать, пока Солнце заметно продвинется по небосклону и соответственно изменится направление солнечных лучей. На этом примере мы видим, что изображение в параллельной проекции фигуры зависит не только от самой фигуры, но и от взаимного расположения плоскости изображения, проектирующих прямых и проектируемой фигуры.

Ознакомимся ближе с параллельным проектированием.

Пусть в пространстве заданы некоторая плоскость а (будем называть ее плоскостью проекций) и некоторая прямая /, пересекающая а. Прямая / определяет направление проектирования. Все параллельные ей прямые называются проектирующими (рис. 1).

Пусть М' — произвольная точка пространства. Через эту точку проходит только одна прямая, параллельная прямой / (то есть только одна проектирующая прямая), пересекающая плоскость проекций а в некоторой точке, которую обозначим буквой M (без штриха). Эту точку назовем проекцией точки М' на плоскость а при проектировании параллельно прямой /, или просто параллельной проекцией точки М'. Изданного определения следует, что точки, принадлежащие плоскости ос, совпадают со своими проекциями на эту плоскость.

Таким образом, параллельное проектирование является отображением пространства на плоскость проекций. Это отображение не обратимое, так как все точки М\ лежащие на одной и той же проектирующей прямой, проектируются в одну точку М. Однако, при изображении прямых, не являющихся проектирующими, и плоских фигур, не расположенных в проектирующей плоскости, между точками этих фигур и их проекциями существует взаимно однозначное соответствие. Проектирующей называется любая плоскость, параллельная направлению проектирования.

Рис. 1

Чтобы свободно пользоваться параллельным проектированием, надо выявить его свойства и прежде всего выяснить, какие свойства проектируемых фигур остаются неизменными (инвариантными) при параллельном проектировании. Будем при этом полагать, что проектируемые прямые и отрезки не параллельны направлению проектирования.

Свойство I. Проекция прямой, не параллельной направлению проектирования, есть прямая.

Свойство 2. Если точка М' принадлежит прямой m', то проекция M этой точки принадлежит проекции m указанной прямой (это свойство справедливо и для точек произвольной линии).

Доказательство свойств1и2. Пусть дана не проектирующая прямая А'В' (рис. 2). Спроектируем точку А' на плоскость а в направлении /. Тогда пересекающиеся прямые А'В' и А'А определяют единственную проектирующую плоскость, которая проходит через А'В' и пересекает плоскость а по некоторой прямой АС. Проектирующая прямая М'М, проходящая через произвольную точку М' примой А'В\ принадлежит этой проектирующей плоскости и поэтому пересекает плоскость а в точке М, принадлежащей прямой АС. С другой стороны, проектирующая прямая, проходящая через произвольную точку N прямой Л С, пересекает прямую AB' в некоторой точке ЛГ, которая проектируется в точку N. Тем самым доказаны свойства 1 и 2.

В дальнейшем при проектировании прямой на плоскость мы часто будем пользоваться проектирующей плоскостью, проходящей через прямую. Мы видели, что линия пересечения этой проектирующей плоскости с плоскостью а как раз и есть проекция данной прямой на плоскость а.

Рис. 2

Рис. 3

Следствие. Если прямая А'В' не параллельна плоскости, то точкой пересечения этой прямой с плоскостью является точка пересечения прямой и ее проекции на эту плоскость.

Свойство 3. Проекции параллельных прямых, не являющихся проектирующими, параллельны.

Доказательство. Пусть даны не проектирующие параллельные прямые а' и Ь' (рис. 3). Проведем через них проектирующие плоскости ß и у. Эти плоскости параллельны, так как они определяются парами пересекающихся прямых а' и 1и V и /о, где а' || Ь' по условию, li II /2 как проектирующие прямые. Поэтому плоскость проекций а пересекает плоскости ß и y по параллельным прямым: а\\Ь.

Свойство 4. Отношение отрезков одной прямой или параллельных прямых равно отношению их проекций (то есть сохраняется при параллельном проектировании).

Доказательство этого свойства предоставляем читателю. Ход доказательства подскажет рисунок 4.

Свойство 5. Параллельной проекцией окружности является эллипс (или отрезок — в случае, если окружность лежит в проектирующей плоскости). Доказательство этого свойства выходит за пределы школьного курса геометрии.

Мы видели, что к инвариантам параллельного проектирования относятся параллельность прямых и отношение длин отрезков, принадлежащих одной и той же прямой или параллельным прямым.

Как же проектируются пересекающиеся и скрещивающиеся прямые?

Рис. 4

Рис. 5

Этот вопрос лучше всего выяснить, пользуясь наглядной моделью. Пусть ABCDAßDi — параллелепипед (рис. 5), а — плоскость его основания. Примем а за плоскость проекций, а направление боковых ребер параллелепипеда— за направление проектирования. Тогда плоскости боковых граней и диагональных сечений параллелепипеда будут проектирующими.

Две пересекающиеся прямые определяют единственную плоскость. Если эта плоскость проектирующая (рассмотрим, например, прямые CXD и DAC), проекции этих прямых совпадают.

Если из двух пересекающихся прямых (например, DXD и DjC) одна проектирующая, то проекцией этой пары прямых будет прямая и точка на ней.

Наконец, если ни одна из данных пересекающихся прямых (например, АХСХ и DCX) не является проектирующей, причем определяемая этими прямыми плоскость также не является проектирующей, проекции этих прямых пересекаются (причем точка пересечения проекций данных прямых является проекцией точки пересечения этих прямых).

Две скрещивающиеся прямые не лежат в одной плоскости. Следовательно, проектирующие плоскости, проходящие через эти прямые, всегда разные. Эти плоскости либо пересекаются, либо параллельны. В первом случае проекции скрещивающихся прямых пересекаются (например проекции прямых DAC и AxCi на плоскость а, рис. 5), во втором случае они параллельны (например, проекции AB и DC прямых АВХ hDxC на плоскость а). Возможен и третий случай: одна из двух скрещивающихся прямых проектирующая. В этом случае на плоскости проекций получаем прямую и точку вне этой прямой (см. прямые DXD и АХСХ и их проекции на плоскость а).

Как видим, отношения «прямые пересекаются» и «прямые скрещиваются», в отличие от отношения параллельности, не сохраняются при параллельном проектировании.

§ 2. Выбор направления проектирования

Выбор направления проектирования в общем случае ограничен лишь условием непараллельности проектирующих прямых и плоскости проекций. Для получения наглядного изображения фигуры и обеспечения возможной простоты изображения полезно пользоваться произвольным параллельным проектированием, то есть не зада-

вать заранее определенного направления проектирования. В этих условиях лучший ракурс изображаемой фигуры можно обеспечить и без изменения положения самой фигуры относительно плоскости проекций, ограничиваясь приближенным выбором направления проектирования. Удобно считать плоскость проекций вертикальной, а проектируемые призму, пирамиду, цилиндр или конус— установленными своими основаниями на горизонтальной плоскости. Их высоты займут вертикальное положение и будут изображаться без искажений.

Если при указанном условии пользоваться ортогональным проектированием (когда проектирующие прямые перпендикулярны к плоскости проекций), основания указанных тел проектировались бы в отрезки.

Выше говорилось о пользе применения проектирующей плоскости при построении проекций прямых, отрезков. Но при изображении многогранников или тел вращения приходится быть осторожными. Любая расположенная в проектирующей плоскости фигура проектируется на прямую ее пересечения с плоскостью проекций: треугольники, да и вообще всевозможные многоугольники, окружности и прочие кривые «превращаются» в отрезки — попробуй отгадай, какую фигуру они изображают. Мы уже видели, почему при горизонтальном положении основания призмы, пирамиды, цилиндра или конуса не следует их проектировать на вертикальную плоскость, применяя ортогональное проектирование. Но и не всякое косоугольное проектирование (проектирующие прямые не перпендикулярны к плоскости проекций) подходит для этой цели. На рисунке 6, а, б показано, как выглядит проекция тетраэдра D'A'B'C', если выбрать направление проектирования параллельно грани А'В'С или ребру В'С. Вот почему направление проектирующих прямых выбирается, хотя и произвольно, но так, чтобы

Рис. 6

оно не было параллельно ни одной грани изображаемого многогранника или плоскости основания цилиндра или конуса. Возможности такого выбора при косоугольном проектировании остаются неограниченными, поэтому нет нужды выбирать удобное положение самой фигуры, как это приходится делать при ортогональном проектировании.

Для возможного облегчения и упрощения работы по построению правильного изображения фигуры мы не связываем себя предварительным выбором направления проектирования. Кроме того, при изображении пространственных фигур мы не будем учитывать данные в условиях задач длины отрезков, величины углов, если эти данные не влияют на геометрическое содержание задачи и ее геометрическое решение (нельзя, например, не учитывать данные отношения между длинами отрезков одной и той же прямой или параллельных прямых, перпендикулярности прямых и т. п.).

В стереометрии изображением фигуры (оригинала) называется любая фигура, подобная параллельной проекции данной фигуры на некоторую плоскость. Задача изображения фигуры считается решенной, если получено любое изображение фигуры — верное, достаточно наглядное, удобное для проведения на нем дополнительных линий.

Объясним сказанное на примере построения изображения при решении конкретной задачи.

Задача 1. В основании пирамиды S'A'В'С лежит равнобедренный треугольник А'В'С {А'В' = В'С) с углом а = 50° при основании А'С. Высота треугольника, опущенная на боковую его сторону, A'D' = 3см. Боковая грань пирамиды, проходящая через А'С\ перпендикулярна к плоскости основания; боковые ребра S'A' и S'C' равны; высота пирамиды S'O' = 4 см. Найти объем пирамиды.

При изображении данной пирамиды (рис 7) учитываем: равнобедренность треугольника А'В'С, перпендикулярность боковой грани A'S'C к плоскости основания,

Рис. 7

равенство боковых ребер S'A' и S'C\ условие 45° < а < < 90° (треугольник ABC — остроугольный), так как эти условия определяют геометрические свойства фигуры и геометрическое решение задачи. Что касается числовых данных, мы их при изображении фигуры не учитываем, то есть считаем, что 45° < а < 90°, a отрезки S'O' и A'D'— произвольной длины. Это упрощает построение изображения фигуры и в то же время нисколько не сказывается на наглядности изображения, не усложняет решения данной задачи с конкретными числовыми данными.

Основание пирамиды изображаем произвольным треугольником ABC. Медиана В'О' треугольника-оригинала изображается медианой ВО треугольника ABC (свойство 4 параллельных проекций). Из условия следует, что высота S'O' пирамиды лежит в грани A'S'C и проходит через середину О' стороны А'С основания.

Высоту пирамиды изображаем вертикальным отрезком произвольной длины, причем основание высоты изображает середина О стороны АС треугольника ABC. Точку S соединяем с Л, В и С. Полученное изображение данной пирамиды верное. Оно учитывает все ее геометрические свойства, не учитывает лишь конкретных размеров отрезков и угла а (в указанных пределах 45°<;а<90о). Остается изобразить высоту A'D' основания пирамиды.

§ 3. Построение изображений пространственных фигур в параллельной проекции

Пространственная фигура (как и плоская), рассматриваемая в задаче, может быть довольно больших размеров или, наоборот, миниатюрной. И в том, и в другом случае нас больше устраивает не проекция самой фигуры, а фигура, подобная этой проекции, имеющая удобные для нас размеры.

Условимся еще об одном. При изображении многогранников, цилиндра и конуса будем по возможности располагать эти тела так, чтобы их высоты занимали вертикальное положение и изображались «вертикальными»1 отрезками. Это придаст изображениям большую наглядность.

Укажем еще на одно важное свойство параллельного проектирования.

1 Для удобства изображение вертикальной прямой на чертеже будем называть «вертикальной» прямой и располагать параллельно правому краю листа бумаги, классной доски.

Свойство в. Любой треугольник с точностью до подобия можно рассматривать как параллельную проекцию любого данного треугольника.

Рассмотрим данный треугольник А'В'С и произвольный треугольник ABC (рис. 8). Покажем, что треугольник А'В'С' можно спроектировать в треугольник АВхСи подобный треугольнику ABC и лежащий с ним в одной плоскости. Для этого в плоскости ABC построим треугольник АВхСи подобный треугольнику ABC, так, чтобы АВг=А'В'. Не совмещая плоскостей треугольников А'В'С и АВ£и совместим их стороны А'В' и ABV Тогда треугольник АВхСг можно рассматривать как параллельную проекцию треугольника А'В'С на плоскость А ВС (направление проектирования определяется прямой C'Ci).

Свойство 6 дает возможность выбор направления проектирования заменить произвольным выбором треугольника для изображения данного треугольника (в том числе равнобедренного или разностороннего). Естественно, после такого выбора, когда направление проектирования определилось, степень произвола в изображении остальных элементов фигуры уменьшается, так как зависит теперь только от произвольного размещения фигуры относительно плоскости проекций.

Изображение пирамиды, призмы, цилиндра или конуса обычно начинаем с изображения их основания — многоугольника или круга. После этого достроить изображение тела обычно не составляет особого труда.

Рассмотрим сначала изображение многоугольников.

1. Изображение треугольника. Как уже сказано выше, любой треугольник ABC можно (с точностью до подобия) рассматривать как изображение произвольного треугольника А'В'С. При этом медианы треугольника А'В'С изображаются медианами треугольника ABC.

Выбор треугольника ABC для изображения данного треугольника-оригинала А'В'С определяет направление проектирования. Но ведь при этом (рис. 9) треугольник ABC будет изображением самых различных по форме треугольников. Обычно приходится проводить в треуголь-

Рис 8

нике-оригинале высоты, биссектрисы, строить другие отрезки и точки. Естественно, при их изображении необходимо учитывать конкретные свойства данного треугольника-оригинала и свойства параллельного проектирования.

Изображение называется метрически определенным, если оно определяет оригинал с точностью до подобного преобразования, иначе говоря, если по изображению можно восстановить истинный вид фигуры, подобной фигуре-оригиналу.

Если треугольник ABC является изображением треугольника А'В'С общего вида (то есть не прямоугольного, не равнобедренного, не равностороннего), изображение будет метрически не определенным. Это означает, что, например, две высоты треугольника А'В*С на нем можно построить произвольно.

Изображение ABC треугольника общего вида А'В'С становится метрически определенным, если на нем произвольно выбрать изображения либо двух высот, либо двух биссектрис, либо серединных перпендикуляров к двум сторонам треугольника А'В'С (третья высота, биссектриса, серединный перпендикуляр к третьей стороне проходят через соответствующие точки пересечения первых двух). Это условие равносильно произвольному

Рис 9

Рис 10

выбору на изображении ABC треугольника А9В'С точки, которая является изображением либо ортоцентра (точки пересечения высот), либо центра вписанной окружности (точки пересечения биссектрис), либо центра окружности (точки пересечения серединных перпендикуляров к сторонам), описанной вокруг треугольника А'В'С.

На рисунке 10, а заштрихована область существования изображений ортоцентра треугольника А'В'С' (треугольник ABC — проекция треугольника-оригинала А'В'С, точки АиВи Ci — середины сторон треугольника ABC). На рисунке 10, б заштрихована область существования изображений центра вписанной в треугольник А'В'С окружности (только внутренние точки треугольника Л 1ß1C1). На рисунке 10, в заштрихована область существования изображений центра окружности, описанной около треугольника А', В\ С (включая точки Al9 В19 Сг).

На рисунках 11, а, 11,6, 11,0 приведены примеры изображения высот, биссектрис, серединных перпендикуляров к сторонам треугольника общего вида А'В'С на заданном его изображении ABC.

Часто в задачах встречаемся с треугольной пирамидой, боковые ребра которой равны. Вершина такой пирамиды проектируется в центр описанной вокруг ее основания окружности. Если в основании пирамиды — треугольник общего вида, изображение основания высоты пирамиды можно выбрать произвольно в соответствующей области существования (рис. 12). При построениях нет необходимости изображать эту область существования: она достаточно обширна и при выполнении изображения от

Рис. 11

руки нужную точку вполне можно безошибочно выбрать на глаз.

Прямоугольный треугольник А'В'С также можно изобразить любым треугольником ABC. Но при этом надо иметь в виду, что изображение направлений двух его высот (катетов) уже задано. Произвольно можно изобразить лишь высоту, опущенную на гипотенузу, либо можно выбрать произвольно в указанных областях существования изображение центра вписанной окружности. Если данный прямоугольный треугольник по условию не равнобедренный, высоту, опущенную на гипотенузу (как и биссектрису прямого угла), нельзя изображать медианой треугольника ABC, проведенной к проекции гипотенузы данного треугольника.

При решении задач часто приходится изображать перпендикуляр, опущенный из заданной точки гипотенузы на какой-либо катет прямоугольного треугольника. Не надо забывать, что этот перпендикуляр параллелен второму катету.

Если равнобедренный треугольник А'В'С {А'В' = = В'С) изображен произвольным треугольником ABC, то высота, биссектриса и медиана B'D' изображаются медианой BD треугольника ABC. Следовательно, произвол в выборе изображения ортоцентра, центра описанной или центра вписанной окружности ограничен таким условием: они должны принадлежать не только соответствующей области существования, но и прямой BD.

При решении задач нередко приходится изображать перпендикуляры, опущенные на боковые стороны А'В' и В'С равнобедренного треугольника А'В'С из точки

Рис. 12

Рис. 13

Рис. 14

M' на его биссектрисе B'D' (рис. 13). Если при этом изображения высот из вершин А' и С не построены, можно обойтись и без них. Изображение MN перпендикуляра ЛГЛГ к стороне В'С можно построить произвольно, а при изображении перпендикуляра М' К к другой боковой стороне треугольника следует учесть, что K'N' H А'С.

Правильный треугольник А'В'С можно также изобразить любым треугольником ABC, но при этом изображение будет метрически определенным, так как центры описанной и вписанной окружностей, а также ортоцентр треугольника А'В'С совпадают и изображаются точкой пересечения медиан треугольника ABC. Поэтому все дальнейшие построения на этом треугольнике не могут быть произвольными.

2. Изображение параллелограмма. Любой заданный параллелограмм А 'В'CD' (включая прямоугольник, квадрат, ромб) может быть изображен произвольным параллелограммом A BCD.

Пусть у заданного параллелограмма угол B'A'D' острый. Соответствующий угол BAD параллелограмма-изображения может быть как острым, так и тупым. Для большей наглядности и во избежание зрительных иллюзий обычно (если позволяют условия задачи) принимают острый угол параллелограмма A BCD за изображение соответствующего острого угла оригинала (рис. 14).

На изображении параллелограмма общего вида изображения двух его высот, опущенных из одной вершины (как и перпендикуляров, проведенных из любой точки в плоскости параллелограмма к его сторонам), можно построить произвольно, после чего изображение становится метрически определенным. Следует учесть, что высоты, опущенные из вершины острого угла параллелограмма-оригинала, лежат вне параллелограмма, а высоты, опущенные из вершины тупого угла,— внутри него.

На изображении A BCD ромба уже задано изображение одной пары взаимно перпендикулярных прямых, содержащих диагонали ромба A'B'C'D'. Поэтому произвольно можно изобразить лишь одну из двух высот, опущенных из данной вершины ромба на его сторону, например D'M' JL А'В'. При изображении другой высоты (рис. 14) надо учесть, что прямая M'N' параллельна диагонали А'С' ромба. Аналогично изображаются перпендикуляры, опущенные на стороны ромба из любой точки его диагонали.

Квадрат А'В'CD' может быть изображен произвольным параллелограммом ABCD. При этом изображение будет метрически определенным, все дальнейшие метрические построения (например, изображение перпендикуляров к сторонам квадрата, биссектрис углов) уже нельзя строить произвольно.

3. Изображение трапеции. Любая трапеция А'В'CD9 (в том числе равнобокая, прямоугольная) может быть изображена произвольной трапецией A BCD.

Если трапеция А'В'CD' общего вида, то изображения ее высоты и одного из перпендикуляров, опущенных из точки основания на боковые стороны (или их продолжения), на чертеже можно построить произвольно. В случае, если A'B'C'D' прямоугольная трапеция, С В' JL JL А'В'\ изображение ее высоты на рисунке уже задано, поэтому произвольно может быть изображен лишь перпендикуляр к наклонной боковой стороне. Аналогично положение при изображении равнобокой трапеции. Здесь роль высоты играет отрезок, соединяющий середины оснований трапеции. Пусть требуется изобразить перпендикуляры, опущенные на боковые стороны равнобокой трапеции из точки О', лежащей на оси симметрии трапеции (рис. 15). Изображение OK одного из перпендикуляров строим произвольно, а при построении изображения OL другого перпендикуляра учитываем, что L'K' \\ А'В'.

4. Изображение правильного шестиугольника A'B'CD'E'F' уже не может быть задано произвольно, так как треугольник А'Е'С правильный. Для его изображения можно выбрать произвольный треугольник AECt но при этом изображение становится метрически определенным. Все остальные элементы шестиугольника-изображения достраиваем, учитывая свойства оригинала и свойства параллельного проектирования.

Рис. 15 Рис. 16

Пусть произвольный треугольник АЕС изображает правильный треугольник А'Е'С, образованный малыми диагоналями данного правильного шестиугольника (рис. 16). Тогда медианы ААи ЕЕи ССХ определяют изображение центра окружности, описанной около данного шестиугольника. Отложив на продолжении медиан AJ) = ЛхО, CXF = С20, ЕХВ = £,0, получаем изображения остальных вершин данного правильного шестиугольника.

Возможен и другой способ изображения правильного шестиугольника, наиболее простой и удобный, особенно при выполнении чертежа на клетчатой бумаге. Пусть A'B'C'D'E'F'—правильный шестиугольник (рис. 17). Тогда B'C'E'F' — прямоугольник, A'D' || В'С \\ E'F't причем В'М' = M'F'. Кроме того, А'М' = М'О' «= = О'ЛГ = N'D'.

Построив произвольный параллелограмм BCEF, который может рассматриваться как изображение прямоугольника B'C'E'F'у мы получаем изображение четырех вершин правильного шестиугольника. Через середины M и N его сторон BF и СЕ проведем прямую MN. Диагональ CF параллелограмма BCEF разделит отрезок MN пополам. Откладываем на прямой MN вне параллелограмма отрезки MA = ND = ОМ. Построенные таким образом точки А и D — изображения остальных двух вершин данного правильного шестиугольника (рис. 18).

§ 4. Изображение многогранников и их комбинаций

Изображение пирамиды или призмы сводится к изображению основания и боковых ребер многогранника. Вопрос об изображении многоугольников рассмотрен в пре-

Рис. 17 Рис. 18

дыдущем параграфе. Напомним также, что для большей наглядности чертежа высоту пирамиды, боковые ребра прямой призмы, высоту наклонной призмы мы условились изображать «вертикальными» отрезками. Кроме того, мы также условились не учитывать числовые данные о длине отрезков или величине углов, если они не влияют на геометрическое содержание и геометрическое решение задачи. Это обеспечивает большую свободу при изображении элементов фигуры.

Приступая к изображению многогранника, следует прежде всего проанализировать его форму и свойства. Например, высота пирамиды может совпадать с одним из ее боковых ребер, лежать в одной из боковых граней и т. д. В этих случаях, естественно, высоту нельзя изображать произвольно. То же касается и высоты наклонной призмы, проведенной из конца ее бокового ребра. Если же задан многогранник общего вида, то есть не имеющий каких-либо специальных геометрических свойств, которые однозначно определяют положение его высоты, то основание изображения ее можно выбрать на изображении основания многогранника произвольно.

Для изображения многогранников важное значение имеет следующее свойство параллельного проектирования (теорема Польке-Шварца): любой полный невырожденный четырехугольник (то есть четырехугольник вместе с его диагоналями) можно рассматривать как параллельную проекцию тетраэдра любой наперед заданной формы. Из приведенной теоремы следуют правила изображения многогранников. Рассмотрим некоторые примеры.

1. Изображение правильной треугольной пирамиды. Рисуем произвольный треугольник ABC, который принимаем за изображение правильного треугольника. Через точку О пересечения медиан треугольника А ВС, которая изображает центр правильного треугольника, проводим «вертикальный» отрезок OS произвольной длины, изображающий высоту пирамиды. Точку S соединяем отрезками с вершинами треугольника ABC (рис. 19).

Рис. 19

Аналогично строим изображения других правильных пирамид (четырехугольной, шестиугольной и т. д.).

2. Изображение усеченной пирамиды. Нередко учащиеся при изображении усеченной пирамиды поступают так: рисуют два многоугольника разных размеров с соответственно параллельными сторонами и соединяют отрезками их соответственные вершины. Даже незначительные неточности при изображении параллельных сторон оснований усеченной пирамиды (особенно при выполнении чертежа от руки) ведут к тому, что указанные многоугольники оказываются негомотетичными, то есть продолжения боковых ребер па изображении усеченной пирамиды не сходятся в одной точке (рис. 20).

Согласно определению, усеченной пирамидой называется многогранник, вершинами которого служат вершины основания пирамиды и вершины ее сечения плоскостью, параллельной основанию. В полном соответствии с этим определением и надо строить изображение усеченной пирамиды, начиная с изображения полной пирамиды и изобразив затем сечение ее плоскостью, параллельной основанию. Секущая плоскость пересекает плоскости боковых граней пирамиды по прямым, параллельным соответствующим сторонам основания, а плоскости диагональных сечений — по прямым, параллельным диагоналям основания. Это последнее свойство удобно использовать для построения вершин верхнего основания правильной четырехугольной или шестиугольной усеченной пирамиды.

Пусть, например, требуется изобразить правильную шестиугольную усеченную пирамиду (рис. 21). Строим сначала изображение правильной шестиугольной пирамиды, затем выбираем точку Ох на изображении 50 ее высоты (либо руководствуясь соответствующим условием задачи, если такое есть, либо произвольно) и проводим через эту точку прямые, параллельные изображениям больших диагоналей основания пирамиды. Точки пересечения этих прямых с изображениями боковых ребер пирамиды будут изображать вершины верхнего основа-

Рис 20

ния усеченной пирамиды, отрезок ОхО — ее высоту. Подобным же образом строим изображение апофемы усеченной пирамиды. Поскольку верхняя, отсеченная часть пирамиды при таком построении выполняет не только роль «свидетеля» правильности построения, но и может послужить для решения самой задачи, ее изображение стирать не следует. Изображение усеченной пирамиды при этом выделяем на чертеже более рельефно.

3. Изображение правильной призмы. Изображаем правильный многоугольник, лежащий в основании призмы. От его вершин проводим вертикальные отрезки равной длины, концы их последовательно соединяем отрезками.

4. Пример изображения наклонной призмы. Изобразим треугольную призму А'В'С'А\В\С'и у которой вершина А\ проектируется в центр вписанной в основание призмы окружности (рис. 22). Произвольный треугольник ABC принимаем за изображение основания призмы. Выбираем произвольно в области существования точку О, изображающую центр окружности, вписанной в основании призмы. Проводим «вертикальный» отрезок ОАх произвольной длины. Соединяем точки Ах и А отрезком, а из вершин В и С треугольника ABC проводим отрезки ВВХ и ССХу параллельные и равные отрезку ААХ. Точки Л], Ви Сх соединяем отрезками.

При решении задач на многогранники приходится изображать отдельные элементы этих тел (прямые углы и т. п.), расположенные не только в основании, но и на

Рис. 21 Рис. 22

одной из боковых граней или в сечении пирамиды, призмы, например изобразить высоту боковой грани, центр вписанной в эту грань окружности и т. п. Есть ли в этом случае свобода выбора при условии, что изображение в плоскости основания уже метрически определено?

Если соответствующая грань или сечение — правильный многоугольник, их изображения метрически определены, дальнейшие построения здесь не могут быть произвольными. Если же эта грань или сечение изображает треугольник либо параллелограмм общего вида, тогда дополнительные построения можно проводить по указанным выше правилам (но только еще в одной грани или сечении многогранника, не параллельных основанию).

Подробное рассмотрение вопросов изображения пространственных фигур в параллельной проекции выходит далеко за пределы школьной программы. Поэтому мы ограничиваемся приведенными выше указаниями — их вполне достаточно, чтобы научить правильному изображению многогранников, встречающихся в школьных задачах, включая построение отдельных их элементов.

5. Примеры изображения комбинаций многогранников

Задача 2. Основанием пирамиды служит квадрат со стороной а, высота пирамиды делит пополам сторону основания. Грань пирамиды, противолежащая этой стороне, образует с основанием двугранный угол а. В пирамиду вписан куб так, что четыре вершины его ле-

Рис. 23

жат на боковых ребрах пирамиды, а четыре другие вершины на плоскости основания пирамиды. Найти объем куба.

При построении изображения фигуры (рис. 23) учитываем, что высота пирамиды совпадает с высотой грани D'S'C пирамиды, которая является равнобедренным треугольником. Грань MfM\N\N' — квадрат, вписанный в равнобедренный треугольник D'S'C' так, что две его вершины (М ' и Лг) лежат на основании D'C треугольника, а две другие — на его боковых сторонах.

Для большей наглядности плоскость D'S'C размещена фронтально (то есть параллельно плоскости изображения), следовательно, грань D'S'C пирамиды со вписанной в нее гранью куба изображена без искажений. Сначала выполняется изображение куба, а затем достраивается изображение пирамиды. Для этого через точки D и С проводим прямые, параллельные ML. Точки А и В находим как точки пересечения этих прямых с SKt и SL,.

Задача 3, В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат в плоскости ее основания, а четыре другие — на апофемах пирамиды. Определить ребро куба, если сторона основания пирамиды равна a, a высота Л.

И в этом случае сначала выполняем изображение куба (рис. 24), размещая переднюю его грань фронтально.

Рис. 24

Строим изображение 00х оси куба, на продолжении ООг выбираем произвольно точку S — изображение вершины пирамиды. Продолжив АС и BD — изображения диагоналей нижнего основания куба, проводим прямые SAU SBU SCi, SD^ Точки E, Я, F, Р пересечения этих прямых с АС и BD — изображения середин сторон основания пирамиды, а отрезки SE, SHy SF, SP — изображения ее апофем. Проводим через Е и F прямые, параллельные BD, а через H и Р — прямые, параллельные АС. Точки пересечения этих прямых являются изображениями вершин основания пирамиды.

Заметим попутно, что при пояснении способа изображения пространственной фигуры на плоскости мы, как правило, описываем последовательность построения самой фигуры — оригинала. Начиная с главы II книги, мы этим воспользуемся для того, чтобы сделать изложение более сжатым — там речь пойдет о самих пространственных фигурах, а их изображения на плоскости (хоть и останутся основным объектом нашего рассмотрения) будут служить лишь вспомогательным средством наглядности.

§ 5. Изображение окружности, вписанных и описанных около нее многоугольников

Решая задачи на тела вращения — конус, цилиндр, шар и другие, а также на комбинации тел вращения с многогранниками, мы сталкиваемся с необходимостью изображать в параллельной проекции окружность, плоскость которой не параллельна плоскости проекций, а также многоугольники, вписанные в окружность или описанные около нее.

В § 1 этой главы названо такое свойство параллельного проектирования: параллельной проекцией окружности является эллипс. Поскольку нам отныне при изображении фигур придется иметь дело с эллипсом, причем избранный нами эллипс для изображения окружности сделает соответствующую плоскость изображений метрически определенной, ознакомимся со свойствами эллипса несколько ближе.

Определение. Эллипсом называется геометрическое место точек M на плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных точек F и F1 имеет одно и то же значение 2а: FM + FXM = 2а. Точки F9 Fx называются фокусами эллипса.

Фокусы расположены на большой оси эллипса ААи длина которой — 2а. Расстояние между фокусами (фокусное расстояние) обозначается FFX= 2с (OF = OFx = = с). Так как FFX < FM + FXM, то FFX < 2а, с < а. Если длину малой оси ВВХ эллипса обозначим 2Ъ, то (из прямоугольного треугольника BOF) BF2 = В02+ + OF2, а2 = Ь2 + с? (рис. 25).

Эллипс можно определить и как параллельную проекцию окружности, отличную от отрезка. Из свойств параллельного проектирования вытекает, что проекция центра окружности является при этом центром симметрии эллипса, или, короче, центром эллипса. Отрезок, соединяющий две точки эллипса, называется хордой. Хорда, проходящая через центр, называется диаметром эллипса. Таким образом, диаметры окружности проектируются в диаметры эллипса.

При изображении тел вращения мы будем пользоваться готовыми шаблонами эллипсов, иначе пришлось бы вычерчивать эллипс каждый раз, когда изображается тело вращения. Рекомендуется изготовить для этой цели несколько шаблонов эллипсов разных размеров, причем два — три из них — подобных, то есть с одинаковым отношением осей — для изображения оснований усеченного конуса, параллелей сферы и т. п.

Уже отмечалось, что выбор эллипса для изображения окружности делает соответствующую плоскость изображений метрически определенной.

В § 3 этой главы мы заменили выбор направления проектирования произвольным выбором треугольника для изображения заданного треугольника. При этом, если заданный треугольник был треугольником общего вида, у нас сохранялась еще возможность произвольно выбрать (в соответствующей области существования) изображение центра описанной или вписанной окружности.

Выбор эллипса для изображения окружности равносилен выбору треугольника для изображения данного, включая выбор изображения центра описанной около этого треугольника окружности. Вот почему изображение при таком выборе становится метрически оиределен-

Рис 25

ным. Это можно пояснить и по-другому. Ведь по данному эллипсу можно восстановить окружность — прообраз эллипса при параллельном проектировании. А все окружности подобны между собой. Следовательно, изображение будет метрически определенным.

Сказанное означает, что изображать многоугольники, вписанные в окружность или описанные около нее, а также их элементы, уже нельзя произвольно после изображения самой окружности.

К выше оговоренному — условно изображать высоты пирамиды и призмы, цилиндра и конуса «вертикальными» отрезками — присоединим еще одно: располагать эллипс, изображающий основание цилиндра или конуса, так, чтобы изображение их осей лежало на одной прямой с малой осью эллипса. Дополнительные ограничения в выборе направления проектирования, которые при этом возникают, не вызовут никаких затруднений.

Приступим теперь к рассмотрению правил изображения многоугольников, вписанных в окружность или описанных около окружности, которая не лежит во фронтальной плоскости и потому изображается эллипсом.

Нам нужно выявить такие свойства окружности, которые сохраняются (остаются инвариантными) при параллельном проектировании. Привязав вписанные и описанные многоугольники к соответствующим линиям в окружности, мы сможем правильно изобразить эти многоугольники с учетом свойств самих фигур и свойств параллельного проектирования.

Вспомним две взаимно обратные теоремы, которые являются следствием симметрии окружности относительно ее диаметра (эти теоремы включены в учебное пособие «Геометрия. 6—10» в качестве упражнений для самостоятельного доказательства):

1. Диаметр окружности, проходящей через середину хорды, перпендикулярен к ней.

2. Диаметр окружности, перпендикулярный к хорде, делит ее пополам.

Определение. Два диаметра окружности (эллипса) называются сопряженными, если каждый из них делит пополам все хорды, параллельные второму диаметру.

Из теорем вытекает, что два любых сопряженных диаметра окружности взаимно перпендикулярны и, наоборот, два любых перпендикулярных диаметра окружности являются сопряженными.

При параллельном проектировании окружности перпендикулярность сохраняется лишь для одной пары ее сопряженных диаметров, которые проектируются в оси эллипса. Но поскольку параллельность хорд и деление их пополам при проектировании сохраняется, то перпендикулярные диаметры окружности изображаются сопряженными диаметрами эллипса.

Пусть окружность изображается данным эллипсом и требуется изобразить на чертеже пару взаимно перпендикулярных (то есть сопряженных) диаметров А'В' и C'D' окружности. Изображение одного из этих диаметров, например А'В', если нет специальных указаний, строим произвольно. Затем проводим в эллипсе хорду MN, параллельную построенному диаметру AB, и через ее середину К проводим второй диаметр эллипса, сопряженный первому (рис. 26).

Если на чертеже не обозначен центр изображенного эллипса, его можно найти так: строим две параллельные хорды, через их середины проводим диаметр и делим его пополам. Попутно заметим, что на шаблонах эллипсов, для удобства пользования ими, рекомендуется отметить центр, оси и пару сопряженных диаметров. Это значительно облегчит и ускорит выполнение чертежей.

Вооружившись инструментом под названием «пара сопряженных диаметров», приступим к изображению фигур, связанных с окружностью. При этом сопоставим анализ фигуры-оригинала (с «привязкой» ее к паре сопряженных диаметров окружности) и соответствующие правила изображения этой фигуры в параллельной проекции, заданной выбором эллипса для изображения окружности.

1. Дано изображение ABC произвольного треугольника AxBxCl9 вписанного в окружность. Построить изображение высоты треугольника и биссектрисы, проведенных из вершины Вг.

Проведем в окружности диаметр KiLlf параллельный стороне АХСХ треугольника, и сопряженный ему диаметр MXNX (рис. 27). Тогда высота BXDX треугольника будет параллельна MXNX. Соединим Вх с Ni. Так как точка Nx делит дугу АХСХ пополам, то BXNX является биссектрисой вписанного в окружность угла АХВХСХ, а точка Рх

Рис. 26

пересечения с АгСх— основанием биссектрисы BVPX треугольника, проведенной из Вх. Соответствующие построения проводим на изображении А ВС треугольника /Ь^С, вписанного в окружность.

Заметим, что по тому же правилу можно изобразить и перпендикуляр, опущенный на произвольную прямую АхСх из точки M19 если заданы проекции на некоторую плоскость окружности, прямой и точки (рис. 28). Предлагаем объяснить ход построения.

2, Для изображения касательной к окружности в данной на ней точке Ах воспользуемся тем, что касательная перпендикулярна к диаметру окружности, проведенному из точки касания (рис. 29). Через точку А эллипса — проекцию точки А± окружности — проводим диаметр AB, строим сопряженный ему диаметр CD, затем через А проводим прямую А /С, параллельную CD —она и будет изображать касательную к окружности в точке Ах (и будет касательной к эллипсу в точке А).

Рис. 27

Рис. 28 Рис. 29

3. Построение изображений вписанных в окружность прямоугольного, равнобедренного и равностороннего треугольников, прямоугольника, равнобокой трапеции, квадрата, правильного шестиугольника достаточно ясно из сопоставления оригиналов и изображений, которые даны на рисунках. Поэтому мы ограничиваемся в каждом отдельном случае лишь указанием тех свойств фигуры, которые положены в основу построения ее параллельной проекции:

а) в прямоугольном треугольнике центром описанной окружности является середина гипотенузы (рис. 30);

б) в равнобедренном треугольнике А1В1С1 диаметр BXDX описанной окружности, проведенный через середину Fx основания АгСи перпендикулярен к основанию (рис. 31). На рисунке показаны изображения остроугольного, прямоугольного и тупоугольного равнобедренных треугольников, вписанных в окружность;

Рис. 30

Рис. 31

в) в равностороннем треугольнике сторона перпендикулярна к диаметру описанной окружности, делящему эту сторону пополам. Кроме того, высота треугольника равна g“ R> где R — радиус описанной окружности (рис. 32);

г) для изображения вписанного в окружность прямоугольника достаточно провести два произвольных диаметра эллипса и последовательно соединить их концы;

(При изображении многогранников, вписанных в конус или цилиндр, для изображения их оснований, вписанных в окружность, первый из двух сопряженных диаметров эллипса выбирают под небольшим углом к его большой оси — это обеспечивает большую наглядность чертежа).

д) для изображения вписанной в окружность равнобокой трапеции достаточно провести две параллельные хорды эллипса разной длины и соединить их соответственные концы отрезками;

е) чтобы вписать в окружность квадрат, проводят два сопряженных диаметра и последовательно соединяют их концы отрезками. Соответственно строится и изображение в параллельной проекции вписанного в окружность квадрата (рис. 33);

ж) для построения изображения правильного шестиугольника AiBfiiDxEiFu вписанного в окружность, воспользуемся тем, что диаметр MXNU перпендикулярный к диаметру AXDU перпендикулярен также к сторонам В1С1 и FXEX шестиугольника (рис. 34). Диагонали BiFx и С1Е1 шестиугольника параллельны MXNX и делят пополам соответственно радиусы ОгАх и окружности.

Рис. 32

Имея на плоскости проекций изображение вписанного в окружность правильного л-угольника, в случае необходимости легко получить изображение вписанного в эту окружность правильного 2я-угольника. Вспомним, что, имея сторону AxBt вписанного правильного /i-угольника, достаточно в окружности провести радиус ОхСх через середину этой стороны, а конец Сх этого радиуса соединить с Ах и Ви чтобы получить стороны АхСг и СХВХ правильного 2я-угольника (рис 35).

Можно другим способом изобразить вписанный в окружность правильный шестиугольник, удвоив число сторон правильного вписанного треугольника, а также по-другому изобразить вписанный в окружность восьмиугольник, удвоив число сторон вписанного в эту окружность квадрата (рис 36).

Рис. 33

Рис. 34

Рис. 35

4. В таком же порядке рассмотрим построение параллельных проекций описанных около окружности прямоугольного, равнобедренного и равностороннего треугольников, квадрата, ромба, равнобедренной трапеции, правильного шестиугольника. Заметим при этом, что касательные к эллипсу в точках на нем будем строить по указанному выше правилу, а касательные из точек вне эллипса будем проводить на глаз: приложив линейку, используя, где это возможно, условие их параллельности известным нам прямым:

а) для построения изображения описанного около окружности прямоугольного треугольника используем тот факт, что его катеты это касательные к окружности в концах двух ее сопряженных диаметров. Изображение одного из концов гипотенузы на изображении одного из катетов выбираем произвольно (рис. 37);

б) изображение ABC описанного равнобедренного треугольника получим, если в конце К одного из двух сопряженных диаметров KL и MN эллипса проведем к нему касательную а из точки В на продолжении диаметра KL проведем дге касательные к эллипсу. При этом следует учесть, что АК — КС, a PQ || MN, где Р

Рис. 36

Рис. 37

Рис. 38

и Q — точки касания боковых сторон треугольника к эллипсу (рис. 38);

в) изображение описанного около окружности равностороннего треугольника отличается от изображения описанного равнобедренного треугольника только тем, что выбор точки В на продолжении диаметра KL связан условием LB = OL (рис. 39);

г) при изображении описанного около окружности квадрата воспользуемся тем, что его стороны принадлежат касательным к окружности в концах сопряженных диаметров (рис. 40);

д) изображая ромб, описанный около окружности, используем его диагонали как отрезки, которым принад-

Рис. 39

Рис. 40

лежат сопряженные диаметры окружности. Одну из вершин на изображении (например , С) выбираем произвольно, но так, чтобы отрезок CD касательной к эллипсу, проведенный из точки С, не делился точкой касания Р пополам (иначе получим изображение описанного квадрата). Построив касательную CD, последовательно строим затем касательные DЛ, А В, ВС к эллипсу. При этом следует учесть, что CL = А К и ND = MB (рис. 41);

е) при построении изображения описанной около окружности равнобокой трапеции учитываем, что диаметр KiLx окружности, перпендикулярный к основаниям трапеции, делит их пополам. Исходя из этого и построив касательные к эллипсу в концах диаметра /<Х, откладываем на одной из этих касательных, например на касательной в точке К у равные отрезки KB = KD < ON и проводим от точек В и D касательные к эллипсу. Точки их пересечения с касательной, проведенной в точке L,— вершины Л и С трапеции. Для контроля: AL = LC (рис. 42);

Рис. 41

Рис. 42

Для более точного изображения боковых сторон описанной около окружности равнобокой трапеции можно воспользоваться таким приемом: изобразить вписанную в окружность трапецию, а затем провести касательные к эллипсу параллельно сторонам вписанной трапеции — ведь вписанная в окружность трапеция всегда равнобокая (рис. 43);

ж) параллельную проекцию описанного около окружности правильного шестиугольника можно получить по-разному. Наиболее простой способ заключается в следующем: строим изображение вписанного в окружность правильного треугольника, проводим диаметры эллипса через его вершины и в концах этих диаметров проводим касательные к эллипсу (они параллельны соответствующим сторонам треугольника). Точки пересечения этих касательных изображают вершины описанного около окружности правильного шестиугольника (рис. 44).

§ 6. Изображение цилиндра и конуса, их комбинаций с многогранниками

Для обеспечения большей наглядности изображения цилиндра или конуса в косоугольной проекции принято (если позволяют условия задачи) представлять эти тела расположенными в пространстве перед вертикальной плоскостью (плоскость проекций) так, чтобы ось каждого из них была параллельна вертикальной плоскости (а при возможности расположена вертикально). В этом случае осевое сечение цилиндра или конуса фронтальной плоскостью будет изображаться без искажений. Привычному зрительному образу цилиндра или конуса будет соответствовать такое изображение, на котором большая ось эллипса, изображающего основание, перпендикулярна к изображению оси цилиндра, конуса и равна

Рис. 43 Рис. 44

диаметру проектируемой окружности. Такое изображение можно получить, если расположить цилиндр или конус как указано выше, а направление проектирования выбрать так, чтобы проектирующая плоскость, проходящая через ось цилиндра, конуса, была перпендикулярна к плоскости проекций.

Практические правила изображения цилиндра, конуса состоят в следующем.

Для изображения цилиндра проводят «вертикальную» прямую, отмечают на ней (произвольно) проекции центров оснований цилиндра. При помощи шаблона эллипса изображают основания цилиндра, размещая эллипс так, чтобы его центр совпадал с отмеченными точками, а малая ось эллипса была расположена вдоль проекции оси цилиндра. Соединив отрезками соответствующие концы больших осей эллипсов, изображающих основания, получим изображение контурных (крайних видимых) образующих цилиндра.

Можно начать с построения проекции осевого сечения цилиндра (приняв за одну из сторон сечения большую ось эллипса), а затем изобразить основания цилиндра. Аналогично изображается цилиндр, расположенный не в вертикальном положении.

Если при решении задачи требуется рассмотреть осевое сечение цилиндра, рекомендуется не пользоваться фронтальным осевым сечением, уже изображенным на рисунке, а провести осевое сечение под некоторым углом к фронтальному (рис. 45). Это придаст изображению большую объемность.

Попутно заметим, что контурные образующие делят боковую поверхность цилиндра на две равные части— видимую (при взгляде спереди) и невидимую.

Для изображения конуса проводят «вертикальную» прямую, отмечают на ней изображения центра основания и вершины конуса. С помощью шаблона эллипса изображают основание конуса (так же, как и основание цилиндра), затем из точки, изображающей вершину конуса, проводят две касательные к эллипсу —они изображают контурные образующие конуса.

При изображении конуса часто допускается ошибка: контурные образующие «насильно» проводятся к концам

Рис. 45

большой оси эллипса, и сечение, проведенное через эти образующие, принимается за осевое.

Надо иметь в виду, что, в отличие от цилиндра, контурные образующие конуса не делят его боковую поверхность на две равные части. Это имело бы место в том случае, если бы проектирующие прямые были параллельны плоскости основания конуса, но тогда основание изобразилось бы отрезком, а не в виде эллипса. На рисунке 46 показано, что можно получить и такое изображение конуса, на котором видимой является вся его боковая поверхность.

Во всех случаях, когда конус расположен вершиной вверх, а его основание не проектируется в отрезок, видимой является большая часть боковой поверхности, а когда конус расположен вершиной вниз, то меньшая часть его боковой поверхности. И в том, и в другом случае сечение, проходящее через контурные образующие, не является осевым (рис. 47).

Не рекомендуется на чертеже проводить изображение осевого сечения конуса через одну из контурных образующих — это лишает чертеж объемности. Создается впечатление, что передняя часть конуса срезана. Лучше провести осевое сечение под углом к фронтальному так, чтобы оно не проходило ни через одну из контурных образующих. Для построения изображения усеченного конуса сначала изображаем полный конус. Затем, используя шаблон эллипса меньших размеров, но подобного тому эллипсу, который изображает нижнее основание, изображаем верхнее основание усеченного конуса так, чтобы большие оси этих эллипсов были параллельны, а контурные образующие касались каждого из эллипсов.

Можно получить изображение усеченного конуса и по-другому: построить два гомотетичных эллипса так, чтобы их центры и малые оси (а значит, и центр гомотетии) были расположены на «вертикальной» прямой, а затем прове-

Рис. 46

Рис. 47

сти общие внешние касательные к этим эллипсам, их отрезки между точками касания изобразят контурные образующие. Однако нужно иметь в виду, что этот способ затрудняет некоторые другие построения.

Пусть, например, требуется построить сечение усеченного конуса в форме трапеции, проходящей через хорду CD нижнего основания (здесь и далее точки пространственной фигуры и их проекции обозначаются теми же буквами). С помощью изображения полного конуса это сделать легко. Достаточно провести проекции образующих SC и 5D, чтобы найти на проекции окружности верхнего основания усеченного конуса изображения соответствующих вершин Сх и Dt сечения. Если же на чертеже нет изображения соответствующего полного конуса, для определения точки Сх приходится выполнять такое построение: изобразить диаметр CK нижнего основания, параллельно ему — диаметр КХСХ верхнего основания и лишь затем через найденную таким образом точку Сх провести CXDX параллельно CD (рис 48).

Можно построить изображение верхнего основания усеченного конуса по точкам, как показано на рисунке 49. При этом мы исходим из того, что плоскости оснований усеченного конуса параллельны, поэтому они пересекаются плоскостями осевых сечений по параллельным прямым. Построенные точки соединяют плавной кривой.

Нередко приходится проводить взаимно перпендикулярные осевые сечения цилиндра или конуса (либо осевое сечение, перпендикулярное к заданному сечению, проходящему через две образующие и не являющемуся осевым). Не следует при этом забывать, что прямые, по которым такие сечения пересекаются с плоскостью основания цилиндра или конуса, взаимно перпендикулярны, то есть принадлежат сопряженным направлениям.

На рисунке 50 показано изображение осевого сечения SCD конуса, перпендикулярного к заданному сечению SAB (диаметр CD эллипса делит хорду AB пополам). С таким построением имеем дело, например, при изображении линейного угла двугранного угла между плоскостью сечения SAB и плоскостью основания конуса.

Изображение многогранников, вписанных в цилиндр, конус или описанных около них, практически сводится к изображению оснований этих многогранников, вписанных в окружности оснований цилиндра и конуса или описанных около них. Этот вопрос подробно освещен в предыдущем параграфе, поэтому мы ограничимся тремя

примерами таких изображений (рис. 51—53) и указанием на то, что в случае цилиндра или усеченного конуса следует изображать по указанным правилам лишь верхнее основание описанного или вписанного многогранника. Вершины нижнего основания получаем как точки встречи боковых ребер многогранника с окружностью нижнего основания цилиндра или конуса; соответственно строится и изображение этих вершин.

§ 7. Выбор и изображение фронтального сечения

При решении задач анализ формы фигуры, зависимостей между ее элементами значительно облегчается, если эти элементы изображены на чертеже без искажений. Для этой цели иногда делают выносные чертежи сечений фигуры, содержащие указанные элементы. Но можно обойтись без выносных чертежей, если нужное сечение расположить фронтально, то есть параллельно плоскости проекций.

Любая фигура, расположенная во фронтальной плоскости, проектируется на плоскость проекций без искажений. Ведь отрезки параллельных проектирующих прямых между параллельными плоскостями равны, поэтому мы имеем здесь параллельный перенос, который отображает любую фигуру на равную ей фигуру (рис. 54).

Чаще всего нужное сечение, которое желательно расположить фронтально, проходит через высоту тела вращения или параллельно высоте. Если мы хотим получить изображение не только этого сечения, но и всей пространственной фигуры, ортогональное проектирование для этой цели непригодно. Поэтому в таких случаях применяем косоугольное проектирование. На чертеже внешний признак фронтального размещения сечения состоит в том, что высота сечения изображается «вертикальным» отрезком, а след сечения в плоскости основания тела — прямой, перпендикулярной к «вертикальному» отрезку. Поясним сказанное на двух примерах.

Задача 4. Высота усеченного конуса равна ft, образующая составляет с плоскостью большего основания угол а и перпендикулярна к диагонали осевого сечения. Определить боковую поверхность усеченного конуса. Решение исследовать.

При изображении фигуры сначала строим без искажений фронтальное осевое сечение, затем изображаем основания усеченного конуса и контурные образующие.

Попутно заметим, что исследование решения (с целью установить допустимые значения параметра а) облегчается фронтальным расположением избранного осевого сечения. Оно помогает «увидеть», что крайнее положение диагонали АС осевого сечения, перпендикулярной к образующей CD (рис. 55) при а = 45° совпадает с образующей SA полного конуса. Следовательно, 45°<а«<90о.

Задача 5. Найти объем правильной треугольной пирамиды, если ее боковое ребро образует с плоскостью основания угол a, a расстояние от основания высоты до бокового ребра пирамиды равно Ь.

Сечение, проведенное через боковое ребро и высоту пирамиды, размещаем фронтально, тогда данные элементы фигуры изображаются без искажений (рис. 56).

§ 8. Изображение шара (сферы), комбинаций шара (сферы) с многогранниками и телами вращения

Косоугольной проекцией шара, сферы является эллипс. Чтобы получить привычное для глаза изображение шара в виде круга, шар изображают в ортогональной проекции. Дополнительных трудностей при этом можно избежать, если мы откажемся от применяемых в черчении определенных видов ортогональной проекции (изометрии, диметрии и др.), связанных о положением куба относительно плоскости проекций. При произвольном выборе положения куба или шара (с выбранным на сфере экватором) проекция шара будет определяться эллипсом, выбранным для изображения экватора шара, то есть станет метрически определенной.

Итак, в ортогональной проекции шар изображается в виде круга. Окружность этого круга изображает большую окружность сферы, ограничивающей шар. При этом радиус круга равен радиусу шара. Это объясняется тем, что очертание шара изображает окружность того большого круга шара, плоскость которого параллельна плоскости проекций. А ведь при любом положении шара через его центр можно провести только одну плоскость, параллельную плоскости проекций. В пересечении ее со сферой мы получим именно ту большую окружность сферы, которая проектируется без искажений.

Если на чертеже обозначить шар только его очертанием в виде окружности, такое изображение не создаст наглядного образа шара как геометрического тела. Поэтому чертеж дополняется рядом линий и точек, кото-

рыв изображают отдельные элементы шара (сферы), в частности сечения шара (как известно, любое сечение шара плоскостью есть круг).

Окружность одного из больших кругов шара назовем экватором; диаметр, перпендикулярный к плоскости экватора,— осью, его концы — полюсами шара. Окружности сечений, параллельных плоскости экватора, назовем параллелями, а окружности сечений, проходящих через полюсы,— меридианами.

Если изображение очертания шара дополнить изображениями экватора и полюсов, рисунок становится объемным. Наглядность рисунка еще больше усилится, если к изображениям экватора и полюсов добавить (в случае необходимости) изображение меридиана. Поскольку изображение шара после выбора эллипса для изображения экватора становится метрически определенным, указанные линии служат не только для усиления наглядности изображения, но и для построения проекций элементов фигуры (особенно в случаях комбинации шара с другими геометрическими телами).

Пусть эллипс для изображения экватора шара выбран. Тогда изображение шара строим в такой последовательности (рис. 57):

проекцию прямой EF, содержащей ось шара, располагаем «вертикально», выбираем на ней точку О, изображающую центр шара;

совместив центр эллипса с выбранной точкой О и расположив малую ось CD эллипса вдоль прямой EF, изображаем экватор шара (видимой будет ровно половина экватора);

радиусом, равным большой полуоси эллипса, описываем окружность с центром в точке О; эта окружность изображает очертание шара и делит сферу на две равные части: переднюю (обращенную к зрителю) — видимую и заднюю — невидимую;

для изображения полюсов проводим касательную к эллипсу в конце С его малой оси; отрезок CK этой касательной между точкой касания и точкой пересечения ее с очертанием шара откладываем на прямой EF по обе стороны от точки О: ON = ОМ = CK» Полученные точки M и N — изображения полюсов шара.

В тех случаях, когда, по условию задачи, вместо экватора изображается параллель сферы, изображение полюсов будем обозначать на глаз, так как точные построения займут много времени и отвлекут нас от решения

задачи. При пользовании постоянным шаблоном эллипса для изображения экватора неточность в изображении полюсов в этом случае будет незначительной и практически не скажется на верности изображения.

В тех случаях, когда изображается только параллель (вместо экватора), построение проекции шара выполняют в такой последовательности (рис. 58):

проводят «вертикальную» прямую EF, обозначают на ней точку Р, изображающую центр параллели;

совместив центр эллипса с точкой Р и разместив малую ось CD эллипса вдоль EF, изображают параллель;

строят окружность с центром на прямой EF, касающуюся эллипса и изображающую очертание сферы; ее центр О — центр сферы (радиус этой окружности выбирают несколько большим PB — большой полуоси эллипса). Изображения полюсов обозначаем на глаз.

Следует иметь в виду, что в связи с наклоном оси шара в плоскости, перпендикулярной к плоскости проекций, причем так, что «верхний» полюс N оказывается на видимой полусфере, а «нижний» полюс M — на невидимой полусфере (при взгляде спереди), видимость дуг параллелелей резко отличается от видимости дуг экватора. У параллелей, расположенных выше экватора, большая часть видима, причем она увеличивается по мере приближения к полюсу N, а параллели, близкие к этому полюсу, видны полностью. Видимая часть параллелей, расположенных ниже экватора, наоборот, меньше невидимой и уменьшается по мере приближения к полюсу М. Параллели, близкие к полюсу 7w, полностью невидимы.

Для изображения меридиана используется эллипс, большая ось которого равна диаметру сферы. Отношение длин осей эллипса при этом не играет роли. Эллипс при изображении меридиана располагают так, чтобы его центр совпадал с изображением центра сферы и чтобы он проходил через точки M и N, изображающие полюсы. Концы К и L его большой оси будут изображать точки пересечения меридиана и окружности — очертания сферы. Они делят меридиан на две равные дуги — видимую и невидимую.

Меридианом обычно пользуются при изображении осевых сечений шара и его комбинаций с другими телами — ведь плоскость меридиана проходит через ось шара, соответствующую избранному экватору. Не следует при этом забывать, что плоскость любого меридиана перпендикулярна к плоскости экватора. При необходимости

изобразить два меридиана, плоскости которых взаимно перпендикулярны, их проводят через сопряженные диаметры экватора или параллели.

Научившись изображать шар, его экватор, полюсы, параллели и меридианы, нетрудно построить изображение многогранника, цилиндра или конуса, вписанного в шар.

Многогранник называется вписанным в шар (сферу), если все его вершины принадлежат сфере и, следовательно, одинаково удалены от центра шара.

Рассмотрим сперва пирамиду, вписанную в сферу. Сечение сферы плоскостью основания вписанной пирамиды— окружность, описанная около основания. Отсюда следует, что в сферу нельзя вписать такую пирамиду, около основания которой нельзя описать окружность.

В задачах наиболее часто встречаем пирамиду либо правильную, либо такую, у которой все боковые ребра равны. В основании такой пирамиды может лежать и неправильный многоугольник, но вокруг него обязательно можно описать окружность, причем вершина пирамиды проектируется в центр этой окружности (докажите!).

Выполнение чертежа во всех случаях комбинации шара (сферы) с другими телами начинаем с изображения шара, поскольку выбранный для этого эллипс делает изображение метрически определенным. Плоскость экватора проведем параллельно плоскости основания вписанного в шар многогранника, цилиндра или конуса. При этом условии основание данной пирамиды вписано в параллель, а вершина совпадает с одним из полюсов шара.

Из сказанного ясен порядок построения: изображаем шар с параллелью и полюсами, вписываем в параллель изображение основания пирамиды, его вершины соединяем отрезками с изображением избранного полюса. Для большей наглядности, если это не противоречит условию задачи, параллель выбирают ниже экватора, а за вершину пирамиды выбирают полюс, расположенный над экватором.

На рисунке 59 показано изображение вписанной в сферу правильной треугольной пирамиды.

Для изображения вписанной в сферу неправильной пирамиды, основание которой вписывается в окружность, но боковые ребра не равны, не существует общего правила. В этом случае приходится учитывать характерные особенности заданной пирамиды. Объясним это на примере.

Задача в. Пирамида S A BCD, основание которой — прямоугольник ABCD со сторонами а и Ь, вписана в сферу. Высота пирамиды проходит через вершину А основания и равна с. Найти радиус сферы.

Пусть SABCD—данная пирамида, SA — ее высота, основание вписано в параллель сферы, но вершина 5 не совпадает с полюсом. Как же изобразить точку 5? Ее нельзя выбрать наугад: она лежит на сфере. Для того чтобы получить изображение точки, лежащей на сфере, воспользуемся меридианом. Ведь если провести меридиан так, чтобы высота пирамиды лежала в его плоскости, вершина 5 пирамиды будет лежать на этом меридиане (рис. 60).

Рисунок к данной задаче выполняем в такой последовательности: изображаем сферу с параллелью и полюсами, прямоугольник ABCD, вписанный в эту параллель, меридиан, проходящий через точки N, M и А. В плоскости меридиана проводим прямую AS, параллельную прямой MN (точка S принадлежит меридиану). Остается соединить точку 5 отрезками с точками А, В, С, D. Ребро SC — диаметр шара. (Докажите!).

Способ изображения вписанных в сферу цилиндра и конуса ясен из прилагаемых рисунков (рис. 61, 62). На рисунке 61 изображение меридиана необязательно.

Для построения параллельной проекции прямой призмы, вписанной в сферу, изображаем сначала сферу с полюсами, двумя параллелями, равноудаленными от центра сферы и вписанное в одну из них основание призмы. Затем изображаем боковые ребра призмы «вертикальными» отрезками равной длины, концы которых на другой параллели изображают вершины второго основания призмы (имеется в виду, что изображение оси шара расположено «вертикально» — рис. 63).

Изображение сферы, вписанной в многогранник, значительно сложнее.

Покажем сначала, как изображается сфера, вписанная в конус (рис. 64). Изображаем сферу с полюсами и меридианом. С помощью шаблона эллипса, большая полуось которого больше радиуса сферы, изображаем основание описанного конуса с центром в полюсе M сферы, расположив малую ось эллипса вдоль MN — изображения оси сферы. Проводим общие касательные к окружности, изображающей очертание сферы, и эллипсу; они пересекаются в точке 5 на продолжении MN — изображения оси сферы. Точка .S — проекция вершины конуса.

Из 5 проводим касательные SA и SB к изображению меридиана. Треугольник SAB изображает осевое сечение конуса, К и L — точки касания образующих SA, SB и сферы. Точки касания всех образующих конуса и вписанной в него сферы лежат на одной окружности с центром Р на оси сферы (и высоте конуса). Плоскость этой окружности параллельна плоскости основания конуса, поэтому KP II AB. Имея изображение точки К касания со сферой одной образующей конуса, можно построить изображение точки касания со сферой любой другой образующей конуса, например SC. Для этого проводим из Р прямую, параллельно MC — точка Е ее пересечения с SC является искомой.

Если около сферы описан цилиндр (высота и диаметр основания цилиндра при этом равны диаметру сферы), точки касания образующих цилиндра и сферы лежат на экваторе (он является линией касания сферы и боковой поверхности цилиндра). Последовательность построения чертежа такова (рис. 65): изображаем сферу с экватором и полюсами; основания цилиндра с центрами в полюсах сферы изображаем тем же эллипсом, что и экватор (малые оси всех трех эллипсов располагаются вдоль изображения оси сферы); соединяем соответствующие концы больших осей эллипсов отрезками — они изображают контурные образующие цилиндра. При желании рисунок можно дополнить изображением осевого сечения фигуры, использовав с этой целью изображение меридиана сферы.

Для изображения описанной около сферы пирамиды, боковые грани которой одинаково наклонены к плоскости основания, можно воспользоваться вспомогательным конусом. Ведь если около сферы описать конус, а около конуса — пирамиду, эта пирамида будет описана и около сферы.

Точно так же для изображения прямой призмы, описанной около сферы, можно применить вспомогательный цилиндр. На рисунках 66 и 67 показаны примеры таких построений.

Однако, несмотря на указанные возможности облегчения, изображение шара, вписанного в многогранник, все же дело сложное, занимает много времени, отвлекая от основного — решения задачи. Поэтому в последние годы в школьных учебниках «узаконен» упрощенный способ, при котором вместо шара изображается его осевое сечение — большой круг, расположенный во фрон-

тальной плоскости. Чертеж при этом мало теряет в наглядности и в то же время выполняется быстро. Для решения задачи такой рисунок даже удобнее, поскольку основные элементы фигуры на нем изображены без искажений.

При выполнении таких изображений мы снова пользуемся не ортогональной, а произвольной косоугольной проекцией, ибо если осевое сечение шара расположить фронтально, то при пользовании ортогональной проекцией основания описанных около шара тел будут изображаться отрезками.

Рассмотрим несколько примеров.

Пусть требуется изобразить шар, вписанный в правильную треугольную пирамиду. На рисунке 66 дано объемное изображение этой комбинации тел. Расположим сечение SDB фронтально и изобразим его без искажения, начиная с высоты BD основания пирамиды (рис. 68): проводим «горизонтальный»1 отрезок BD, отмечаем на нем изображение центра M основания пирамиды (DM = у DB), из точки M проводим отрезок MS произвольной длины, перпендикулярный к DB, соединяем 5 с D и В. Отрезок SD изображает апофему пирамиды, SB — одно из боковых ребер. Проводим биссектрису угла SDB. Точка О ее пересечения с высотой SM пирамиды— центр вписанного шара. Радиусом ОМ строим окружность; она касается сторон угла SDB в точках M и К. Построенный круг изображает осевое сечение (большой круг) шара, M — точку касания вписанного шара с плоскостью основания пирамиды, К — точку касания шара с боковой гранью. Остается достроить изображение пирамиды. Интересно отметить, что до этого момента направление проектирования еще не выбрано. Через точку D под произвольным углом к прямой BD проводим прямую, откладываем на ней от D равные отрезки DA = = DC, точки А и С соединяем отрезками с В и 5.

Подобным же образом изображаем шар, вписанный в правильную четырехугольную пирамиду. В этом случае фронтальное осевое сечение представляет собою равнобедренный треугольник, в который вписан большой круг шара. Боковые стороны этого треугольника изображают апофемы пирамиды.

1 Перпендикулярный к «вертикальной» прямой.

На рисунке 69 дано изображение шара, вписанного в прямую призму, в основании которой лежит ромб. Как видно из рисунка, точка К не делит сторону основания пополам, как это имело бы место в случае описанного куба.

Заметим, что при решении стандартных задач с шаром, вписанным в многогранник, цилиндр или конус, изображение самого шара часто бывает излишним — достаточно обосновать (и отметить на чертеже) положение его центра, точек касания с различными плоскостями, прямыми, поверхностями тел вращения.

Несколько замечаний относительно оформления чертежа к задаче.

Прежде всего напомним, что видимые линии изображаются сплошными, невидимые — пунктирными. Для большей наглядности при изображении комбинации геометрических тел рекомендуется пользоваться карандашами (мелками) различных цветов. При этом каждое тело изображается своим цветом и независимо от другого с точки зрения видимости его элементов.

В этой главе речь шла об изображении в параллельной проекции основных элементов многогранников и тел вращения — оснований и образующих цилиндра и конуса, высот, граней пирамиды и призмы. При решении задач эти изображения выполняются без пояснений. В первой главе все это подробно обосновывалось не для того, чтобы повторять при решении каждой задачи, а для того, чтобы учащиеся научились грамотно изображать внешний вид геометрических тел и их основные элементы.

Однако при решении задач приходится иметь дело не только с внешним видом фигур, но и с сечениями многогранников плоскостью, углами наклона боковых ребер и высоты пирамиды к ее граням, двугранными углами между гранями многогранника, расстояниями от точек до граней, положением центра шара, вписанного в многогранник или описанного около него, и т. д. Все эти элементы фигур, их взаимосвязи определяют конкретное содержание задач. Без их построения (с необходимым обоснованием) и правильного изображения задачу решить нельзя.

Вопросам построения таких элементов стереометрических фигур, их изображения на чертеже и нужного в таких случаях обоснования посвящены главы II—VIII этой книги.

Глава II. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКА ПЛОСКОСТЬЮ. ОБОСНОВАНИЕ ФОРМЫ СЕЧЕНИЯ

Приступая в этой главе к описанию и обоснованию построения сечений и различных элементов пространственных фигур, к анализу и обоснованию свойств фигур, что составляет, возможно, самый сложный этап решения стереометрической задачи, считаем необходимым сделать важное замечание.

В предыдущей главе речь шла о правилах изображения пространственных фигур. В связи с этим четко противопоставлялись фигура-оригинал и ее изображение в параллельной проекции. Они по-разному обозначались, и на каждом шагу приходилось говорить не «высота» или «биссектриса», а «изображение высоты», «проекция биссектрисы». На чертеже высота очень редко проводилась перпендикулярно к изображению стороны треугольника и т. и.

В этой главе и во всех последующих речь будет идти не об изображениях фигур и их элементов, а о самих фигурах, о том, как строится или существует в пространстве тот или иной элемент фигуры-оригинала. Когда мы скажем: «Проведем через точку О прямую, перпендикулярную к прямой AB», то будем иметь в виду перпендикуляр к прямой AB в пространственной модели фигуры, независимо от того, как прямая AB и перпендикуляр к ней будут изображаться на чертеже. Короче говоря, чертеж будет рассматриваться лишь как иллюстрация, как наглядная графическая модель, которая помогает уяснить особенности самой пространственной фигуры, о которой говорится в задаче. Искажения, обусловленные проекцией, мы перестанем замечать (и чем раньше, тем лучше!). Рассуждения (в том числе в письменных пояснениях и обоснованиях к решению задачи) будут относиться к самой фигуре, а не к ее изображению, например: «Пусть SABC — данная правильная треугольная пирамида. Построим линейный угол двугранного угла при ребре AB.При этом элементы фигуры будем называть по их буквенным обозначениям на чертеже.

§ 1. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной тремя точками

В стереометрии часто приходится рассматривать сечения тел, в частности многогранников, различными

плоскостями. Сечение выпуклого многогранника есть выпуклый плоский многоугольник. Его вершины в общем случае являются точками пересечения секущей плоскости с ребрами многогранника, а стороны — отрезками, по которым секущая плоскость пересекает грани многогранника.

Задачи на сечения многогранника плоскостью обычно состоят в том, чтобы построить параллельную проекцию сечения, имея параллельную проекцию самого многогранника и условия, которыми задается секущая плоскость, и вычислить площадь полученного сечения или отношение, в котором секущая плоскость делит объем многогранника. Решение каждой из двух частей такой задачи должно быть убедительно обосновано.

В зависимости от взаимного положения многогранника и секущей плоскости сечение может быть треугольником, четырехугольником и т. д., однако число сторон многоугольника-сечения, конечно, не может превышать числа всех граней данного многогранника. Например, сечения куба плоскостью могут иметь форму треугольника, четырехугольника, пятиугольника, шестиугольника, причем каждый из этих видов сечении может быть представлен в разных вариантах (например, треугольник правильный, равнобедренный, разносторонний).

При построении сечения многогранника плоскостью, независимо от применяемого при этом метода, приходится решать две элементарные задачи: строить точку пересечения прямой (ребра многогранника) секущей плоскостью и линию пересечения двух плоскостей (секущей плоскости и плоскости грани).

Для построения точки А пересечения прямой а с плоскостью а (следа прямой а в плоскости а) через прямую а проводим вспомогательную плоскость ß и находим линию b пересечения плоскостей а и ß (рис. 70). Точка А пересечения прямых а и b — искомая. Естественно, вспомогательную плоскость ß выбираем так, чтобы прямая b пересечения ее с плоскостью а была нам известна или легко могла быть построена.

Для построения линии пересечения двух плоскостей, а и ß, в одной из них, например ß, выбирают две прямые а и с, пересекающие а, и находят точки А и В пересечения этих прямых с а. Общие точки А и В двух плоскостей определяют их единственную общую прямую AB.

Секущая плоскость может быть задана по-разному. В этом параграфе рассмотрим случаи задания секущей

плоскости тремя точками, не лежащими на одной прямой. Задача 7. Построить сечение пятиугольной пирамиды плоскостью, заданной тремя точками на ребрах пирамиды.

Имея три точки /С, M, N пересечения секущей плоскости с ребрами пирамиды (рис. 71), можно построить четвертую точку, например точку L пересечения секущей плоскости с ребром SD. В четырехугольнике NM KL известны три вершины N, Л1, К и диагональ KN. Построив точку пересечения диагоналей этого четырехугольника, мы сможем провести вторую диагональ до встречи с ребром SD; это даст четвертую вершину L четырехугольника. Диагональ KN четырехугольника лежит в плоскости BSE, а вторая диагональ проходит через M и лежит в плоскости ASD. Эти плоскости пересекают плоскость основания пирамиды по прямым BE и AD, имеющим общую точку F. Вторая общая точка этих плоскостей— вершина S пирамиды. Следовательно, их линия пересечения — SF. Но SF пересекает диагональ KN четырехугольника NMKL в точке H — единственной общей точке прямой KN и плоскости ASD, которой принадлежит вторая диагональ четырехугольника. Следовательно, H — искомая точка пересечения этих диагоналей. Проведя МН, мы находим точку L ее пересечения с SD — четвертую вершину четырехугольника (искомую вершину сечения). Подобным же образом строим вершину Р сечения на ребре SC пирамиды. Соединив последовательно отрезками точки N, М, К, L, Р, получим искомое сечение.

Задача 8. Построить сечение данной пятиугольной призмы плоскостью, проходящей через данные три точки M, N, Р (точки M и Р заданы на боковых ребрах, точка N — на боковой грани призмы).

Для построения сечения воспользуемся методом следа секущей плоскости в плоскости а основания призмы. Этот след используем для того, чтобы получить точки пересечения секущей плоскости с ребрами призмы. Для построения следа секущей плоскости в плоскости а найдем точки пересечения прямых MP и MN, лежащих в секущей плоскости, с плоскостью а (рис. 72). В качестве вспомогательных при этом удобно выбрать плоскости EEjCiC и ЕЕгНгН. Данная точка N лежит в грани ААХВХВ на HiHÜAiA, следовательно, и в плоскости ЕЕгНхН. Линии ЕС и ЕН пересечения вспомогательных плоскостей с плоскостью а нам известны. Через найден-

ные точки Q и F проведем прямую FQ — след секущей плоскости в плоскости а основания призмы.

В данном случае для построения сечения не хватает точек пересечения секущей плоскости с ребрами призмы AAlt BBU DDX или их продолжениями. Продолжим сторону AB основания до пересечения с FQ. Полученная точка S принадлежит секущей плоскости (так как лежит на FQ) и плоскости грани ААХВХВ (так как лежит на AB). Точка N также принадлежит этим двум плоскостям, поэтому прямая SN — линия их пересечения, а полученные при этом точки К и L — точки пересечения секущей плоскости с ребрами ААХ и ВВХ призмы. Подобным же образом строим точку R пересечения секущей плоскости с ребром DDX. Последовательное соединение отрезками пар точек пересечения секущей плоскости с ребрами призмы, лежащими в одной грани, дает стороны сечения. В данном случае искомым сечением является пятиугольник К LP RM.

В зависимости от расположения точек, задающих секущую плоскость, последняя может оказаться параллельной той или иной грани призмы, пересечь плоскость грани, не пересекая самой грани; гочки пересечения могут оказаться не на ребре, а на его продолжении и т. п. (см., например, рис. 74). Рекомендуем читателю проделать ряд упражнений, выбрав три разные точки, определяющие секущую плоскость, на ребрах или гранях многогранника, чтобы убедиться в этом и научиться завершать построение сечения и в тех случаях, когда секущая плоскость пересекает продолжение того или иного ребра.

В зависимости от расположения заданных точек сечение в данной задаче может быть треугольником, четырехугольником, пятиугольником (как в данном примере), шестиугольником или семиугольником (если секущая плоскость пересечет все семь граней данной пятиугольной призмы). В задаче 7 способ построения сечения многогранника плоскостью, заданной тремя точками, в отличие от метода секущей плоскости, который требует много места, удобен гем, что все построения проводятся внутри фигуры.

§ 2. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной прямой и точкой вне ее или двумя параллельными прямыми

Задание секущей плоскости прямой и точкой вне этой прямой, двумя пересекающимися или двумя параллель-

ными прямыми равносильно заданию этой плоскости тремя точками, не лежащими на одной прямой. При этом в ряде случаев построение сечения облегчается, так как мы сразу получаем 2—4 вершины многоугольника-сечения.

Задача 9. Построить сечение данной пятиугольной пирамиды плоскостью, проходящей через сторону основания пирамиды и точку на одном из ее боковых ребер.

Пусть секущая плоскость проходит через сторону AB основания пирамиды SA BCDЕ и точку N на ребре SD (рис. 73). Это сразу дает нам три вершины искомого сечения: Л, В и N. Прямую AB используем как след секущей плоскости в плоскости основания пирамиды. Находим точки К и L пересечения AB с DE и DC. Прямая LN — линия пересечения секущей плоскости с плоскостью грани SDC. Точка M пересечения LM и SC принадлежит секущей плоскости и ребру SC пирамиды. Остается провести прямую KN, чтобы найти линию пересечения секущей плоскости с плоскостью грани SED и точку Р пересечения ее с ребром SE. Соединив отрезками последовательно точки А, Ву М9 Ny Ру получим сечение — пятиугольник ABMNP.

Задача 10. Построить сечение правильной шестиугольной призмы плоскостью, проходящей через сторону нижнего основания и заданную точку на оси симметрии призмы.

Пусть секущая плоскость проходит через сторону ВС основания правильной шестиугольной призмы и точку N на ее оси симметрии OOt (рис. 74). При решении этой задачи также можно воспользоваться заданным следом ВС секущей плоскости в плоскости основания. Однако мы построим сечение несколько по-иному. Секущая плоскость пересекается с плоскостями BBßxE и СС^/7 диагональных сечений призмы соответственно по прямым BN и CN. Это дает возможность найти точки К и L пересечения секущей плоскости с прямыми ЕЕг и FFt. Плоскость AAiDiD параллельна плоскости грани ВВхСхСу которая проходит через ВС. Поэтому плоскость AAßJ^y имея с секущей плоскостью общую точку Nt пересекается с нею по прямой, проходящей через N и параллельной ВС. Построив эту прямую, найдем точки Р и Q пересечения секущей плоскости с ребрами ААХ и DDlt

Точки L и К в данном примере оказались на продолжениях боковых ребер призмы. Прямые PL и QK пересечения с секущей плоскостью плоскостей граней

AAXFXF и DDXEXE пересекают стороны верхнего основания призмы в точках H и R. Соединив последовательно точки В, С, Q, R, //, Р, В отрезками, получим искомое сечение. Для контроля построений следует учесть, что KL II HR II PQ H ВС как линии пересечения параллельных плоскостей секущей плоскостью. По той же причине CQ К РН и BP H QR.

Задача II. В правильной шестиугольной призме длина стороны основания а, длина бокового ребра Ь. Построить сечение призмы плоскостью, проходящей через сторону нижнего основания и параллельную ей сторону верхнего основания в противолежащей грани. Найти площадь сечения.

Пусть секущая плоскость проходит через параллельные ребра AB и EXDX данной призмы (рио. 75). В этом случае сразу определяются четыре вершины сечения: А> В, Еи Dx. Для получения остальных двух вершин сечения на боковых ребрах ССХ и FFX проводим ВЕХ и ADL. Их точка пересечения О — центр симметрии призмы — принадлежит секущей плоскости и плоскости CCXFXF. Прямая, по которой эти плоскости пересекаются, проходит через О параллельно FC> так как AB \\ FC (вспомните теорему о параллельности прямой и плоскости и докажите обратную ей теорему). Проведя эту прямую, находим точки M и N пересечения секущей плоскости с ребрами ССХ и FFX призмы. Искомое сечение — шестиугольник ABMDXEXN.

Из хода построения следует, что точки M и N — середины боковых ребер, точка О — центр симметрии полученного шестиугольника, MN — его ось симметрии.

§ 3. Применение метода внутреннего проектирования при построении сечения призмы плоскостью

Решая задачи на построение точки пересечения прямой с данной плоскостью, мы каждый раз искали удобную для этой цели вспомогательную плоскость, линия пересечения которой с данной плоскостью нам известна или легко может быть построена.

Эти поиски упрощаются, если воспользоваться методом внутреннего проектирования. Ограничимся рассмотрением задачи на построение этим методом сечения призмы плоскостью, так как в этом случае применяется знакомое нам параллельное проектирование. Для построения сечения пирамиды применяется внутреннее

центральное проектирование с центром в вершине пирамиды. Построения при этом проводятся аналогично построениям на призме, но мы на них останавливаться не будем.

Итак, в чем смысл внутреннего параллельного проектирования? Рассмотрим пространственную модель призмы. Возьмем плоскость ее основания за плоскость проекций а (назовем ее основной плоскостью), а за направление проектирования — направление бокового ребра призмы. При этом плоскости боковых граней, диагональных сечений призмы, как и любая другая плоскость, параллельная боковому ребру, будут проектирующими.

Если фигура лежит в плоскости, которая не является проектирующей, между точками этой фигуры и ее проекции на основную плоскость а устанавливается взаимно однозначное соответствие. Это позволяет не только строить проекцию любой точки такой фигуры, но и по проекции точки построить эту точку.

Однако мы обычно пользуемся не пространственными моделями фигур, а их изображениями на плоскости. С помощью произвольного параллельного проектирования изобразим пространственную модель призмы вместе с аппаратом внутреннего проектирования на листе бумаги или классной доске. Параллельное проектирование, к которому мы прибегали для получения изображения, в отличие от описанного выше внутреннего проектирования, называется внешним.

В дальнейшем, проводя построения на полученном изображении (его называют проекционным чертежом), будем ссылаться на свойства внутреннего проектирования. При этом в наших рассуждениях речь будет идти не об изображениях точек и их проекций на основную плоскость во внутреннем проектировании, а о самих течках и их проекциях на пространственной модели.

Для задания точки пространственной фигуры достаточно указать положение этой точки на прямой или плоскости. При необходимости мы можем построить проекцию этой точки на основную плоскость.

На проекционном чертеже изображение самой только точки не определяет ее положения. На рисунке 76 мы видим изображения точек Ки Мх, Nu Рг (проекции точек на основную плоскость будем обозначать теми же буквами без индекса). О точках Кх и Nx можно сказать, что они лежат в грани АА^В. Относительно точки Кх

такое заключение делаем потому, что на проекционном чертеже задано изображение не только самой точки, но и ее проекции К на основную плоскость, причем К принадлежит следу проектирующей плоскости ЛЛ1515, которой принадлежит точка Кг. Точка Nlt как видно из чертежа, принадлежит прямой ExFt которая лежит в плоскости указанной грани. О точке Рг безошибочно можно сказать, что она расположена над основной плоскостью и ближе к зрителю, чем призма (при взгляде справа). Это объясняется тем, что на чертеже дано изображение не только самой точки Pl9 но и ее проекции на основную плоскость.

О положении точки Мх ничего определенного сказать нельзя: она может быть расположена как над, так и под основной плоскостью, внутри или вне призмы, на грани ААгСхС или ßßjCiC и т. д. Попробуйте задать разные проекции точки Мх и вы легко убедитесь в этом.

Пусть на проекционном чертеже дано изображение основной плоскости а. Точка Ах считается заданной относительно плоскости а, если дано изображение на этом чертеже как самой точки Аи так и ее проекции А на плоскость а. Точка Аг считается заданной и тогда, когда на проекционном чертеже не изображена ее проекция А на а, но она может быть построена. Прямая а считается заданной, если заданы две точки этой прямой (или вместе с изображением прямой ах на чертеже дано изображение ее проекции а на основную плоскость). Плоскость считается заданной, если заданы три точки либо другие элементы, определяющие эту плоскость.

Изображение геометрической фигуры на проекционном чертеже будем называть полным, если все элементы этой фигуры заданы. На рисунке 77 изображены треугольники AxBfix и DxExFx. Изображение первого из них полное, второго—неполное.

Из сказанного ясно, что эффективное решение позиционных задач на проекционном чертеже возможно лишь при условии, что этот чертеж полный. Позиционными называются задачи на определение взаимного размещения точек, прямых и плоскостей в пространстве — принадлежности точки прямой, прямой — плоскости, пересечения или параллельности прямых и плоскостей и т. п.

Основным построением на проекционном чертеже является построение точки пересечения прямой и плоскости. Мы видели выше, что построение сечений многогранников сводится к многократному повторению этого ос-

новного построения. В качестве вспомогательной плоскости пользуются проектирующей плоскостью, проходящей через данную прямую. При этом точка пересечения прямой с плоскостью а находится как точка пересечения прямой и ее проекции на эту плоскость.

Покажем, как задача построения точки пересечения прямой и плоскости решается методом внутреннего проектирования.

Пусть задана призма AXBXCXDXABCD и прямая MxNt. Требуется построить точки пересечения этой прямой с гранями призмы.

Примем плоскость основания призмы за плоскость проекций а (при внутреннем проектировании), а за направление проектирования— направление бокового ребра призмы (рис. 78). Тогда изображение геометрической фигуры на нашем чертеже будет полным, искомые точки можно построить.

На чертеже задана проекция MN прямой MXNX на плоскость а. Она является линией пересечения плоскости а с проектирующей плоскостью MXMN', проходящей через MXNX. Плоскость грани AAXDXD— проектирующая, ее след в плоскости а — прямая AD. Точка Р пересечения MN и AD принадлежит проекциям и прямой, и грани. Следовательно, она является проекцией точки Рг пересечения прямой с плоскостью грани. Поскольку наше изображение полное, легко находим точку Рх по ее проекции Р. Аналогично находим точку Qx пересечения прямой MXNX с плоскостью грани ВВХСХС.

На рисунке 78 показано также построение точек Кг и Lx пересечения прямой MXNX с плоскостями ААХСХС и BBXDXD. Подобным образом можно построить точку пересечения прямой MXNX с любой проектирующей плоскостью, не параллельной этой прямой. Применение описанного способа покажем на примере построения сечения призмы.

Задача 12. Построить сечение пятиугольной призмы плоскостью, проходящей через заданные точки Мх% Nu Pi.

Как видно из рисунка 79, построение точек FXtRly Qx пересечения прямой МХРХ с плоскостями грани ААХВХВ и диагональных сечений ВЕЕгВх и BDDXBX призмы позволило найти точки пересечения секущей плоскости с ребрами призмы и вершины многоугольника-сечения. Например, найдя точку Fx, мы можем провести прямую NxFi пересечения секущей плоскости с плоскостью грани

AAtBjB и таким образом найти точку Hi пересечения секущей плоскости с ребром ААХ призмы (или его продолжением, в зависимости от расположения заданных точек Ми Nl9 Рг).. Аналогично прямая NxRx является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью BBßxE и «выводит» нас на ребро ЕЕХ и т. д.

Остается заметить, что при построении сечений мы фактически с самого начала пользовались этим приемом, но в «скрытом» виде, а это затрудняло построения и их обоснование.

§ 4. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной точкой и условием параллельности или перпендикулярности к указанным прямым и плоскостям

В этом параграфе рассматриваются примеры задач на построение сечений многогранников, когда секущая плоскость задана одним из следующих условий:

1. Плоскость проходит через данную точку перпендикулярно к данной прямой.

2. Плоскость проходит через данную точку и параллельна двум пересекающимся или скрещивающимся прямым.

3. Плоскость проходит через одну из двух скрещивающихся прямых и параллельна второй из этих прямых.

4. Плоскость проходит через данную точку и параллельна данной плоскости.

5. Плоскость проходит через данную прямую и перпендикулярна к данной плоскости (не перпендикулярной к данной прямой).

6. Плоскость проходит через данную точку, перпендикулярна к данной плоскости и параллельна данной прямой.

7. Плоскость проходит через данную прямую под данным углом к данной плоскости.

Обосновывая построение и форму сечения, мы во всех этих случаях, естественно, будем опираться на определения и теоремы о перпендикулярности и параллельности прямых и плоскостей. Предполагается, что читатель хорошо знает эти определения и теоремы, умеет их применять при выполнении и обосновании соответствующих построений.

В указанных случаях можно, конечно, при построении сечений пользоваться общими способами, рассмот-

ренными в предыдущем параграфе, выделяя каждый раз из данных условий три точки или прямую и точку вне этой прямой, которые определяют заданную секущую плоскость. Но это невыгодно (следовательно, нерационально) не только потому, что усложняет построение. Ведь надо не просто построить сечение, но выяснить его форму и свойства, определить отдельные его элементы. А этого сделать нельзя без учета взаимного положения и свойств секущей плоскости и многогранника, которые указываются в условии задачи. Вот почему, приступая к построению сечения, нужно очень внимательно проанализировать свойства многогранника, положение секущей плоскости относительно его граней, ребер и других отрезков. Это даст возможность правильно и рационально строить точки пересечения секущей плоскости с ребрами, линии пересечения ее с гранями многогранника, сделать обоснованный вывод о форме построенного сечения и т. д. В этом наглядно можно убедиться на примерах данных ниже задач.

1. Задача 13. На ребре AB правильной четырехугольной пирамиды SABCD дана точка М, ВМ — ^ AB.

Через точку M проведена секущая плоскость перпендикулярно к прямой AB. Построить сечение и вычислить его площадь, если сторона основания пирамиды равна а, а высота пирамиды Н.

На ребре AB пирамиды S А ВС откладываем отрезок ВМ = ~ AB (рис. 80). Через точку M в грани ASB проводим МК -L AB (точка К лежит на ребре SB, МК II SF, где SF — апофема пирамиды), а в основании ABCD проводим MP ± AB, где точка Р лежит на ребре DC (MP H FO). Плоскости SFO и KMP параллельны между собой и перпендикулярны к AB, следовательно, перпендикулярны к основанию ABCD пирамиды. Так как ВС II MP, то прямая ВС параллельна секущей плоскости КМР. Поэтому грань BSC, имея с секущей плоскостью общую точку К, пересекается с нею по прямой KL II ВС — по теореме, обратной теореме о параллельности прямой и плоскости. (Докажите ее!) Искомое сечение — трапеция MКLP. Пусть N — точка пересечения диагонали BD основания пирамиды и отрезка MP. Но KN II 50 как линии пересечения параллельных плоскостей SFO и КМР третьей плоскостью DSB. Поскольку SO перпендикулярна к плоскости основания пирамиды,

то и отрезок KN перпендикулярен к этой плоскости. Следовательно, KN JL MP, огрезок KN — высота трапеции MKLP.

Построение сечения, обоснование его формы, построение высоты трапеции можно провести и в иной последовательности, но требование правильности построения и обоснования всех утверждений (даже кажущихся «наглядно очевидными») остается в силе при любых условиях.

В этой книге при построении чертежей к рассматриваемым задачам, как уже сказано во «Введении», не все обоснования приводятся. Это сделано для того, чтобы не лишать читателя возможности самостоятельно выполнять упражнения.

Задача 14. Через точку M диагонали куба провести сечение, перпендикулярное к этой диагонали.

Пусть секущая плоскость проходит через точку M диагонали АХС данного куба, перпендикулярно к этой диагонали (рис. 81). Для построения искомого сечения рассмотрим сначала сечение куба плоскостью, проходящей через вершины A, Dx, Вх куба (то есть через концы ребер, исходящих из вершины Ах). Сечение ABlD1 — правильный треугольник. Докажем, что оно перпендикулярно к диагонали АХС куба, то есть параллельно искомому сечению.

AXABXDX — правильная треугольная пирамида с вершиной А и в основании которой — правильный треугольник ABxDl9 а боковыми ребрами служат равные ребра куба. АОх — медиана треугольника ABXDX. Рассмотрим диагональное сечение ААХСХС куба (рис. 81, а), где Т — точка пересечения АХС с медианой АОх треугольника ABXDX. Проведем 02U || САХ. ООх = 002 = AXU = AU. По теореме Фалеса имеем: ОхТ = ТХ = АХ, то есть точка Т лежит на медиане правильного треугольника и делит ее в отношении 1 : 2, считая от основания BXDX этого треугольника. Это означает, что точка Т — центр правильного треугольника ABXDX и АХТ — высота правильной пирамиды AXABXDX, то есть диагональ АХС куба перпендикулярна к сечению ABXDX.

Из доказанного следует, что искомое сечение параллельно сечению ABXDX куба (докажите, что две плоскости, перпендикулярные к одной и той же прямой, параллельны между собой). Это обстоятельство чрезвычайно облегчает построение искомого сечения — стороны этих сечений, расположенные в одних и тех же гранях куба,

параллельны между собой (как линии пересечения двух параллельных плоскостей третьей плоскостью).

Последовательность построения искомого сечения такова. Строим сечение ABXDX и прямую АОх его пересечения с диагональным сечением ААХСХС куба. Через данную на диагонали АХС куба точку M проводим в этом же диагональном сечении отрезок QR \\ АОХу по которому искомое сечение пересекается с прямоугольником AAxCiC. Точки Q и R принадлежат секущей плоскости и соответствующим плоскостям оснований куба. Через R проводим NL II ßiDi, через Q — EF \\ DB, через Е — ЕР H ADU через F — FK II ABt. Полученные таким образом вершины сечения N, L, К, F, Е> Р, N соединяем последовательно. (Вершины Р и К можно получить, проведя через точку S PK II EF, где S — точка пересечения оси Оу02 куба и RQ—оси симметрии сечения). Вид многоугольника-сечения зависит от выбора точки М. При j <СМ <—получим в сечении шестиугольник, при СМ < у АХС либо АХС < СМ < А ^ — треугольник (оба случая показаны на рисунке 81).

Утверждения о перпендикулярности прямых и плоскостей (с которыми мы встретимся и в других задачах) значительно проще доказать, используя обобщенное определение, признак перпендикулярности прямой и плоскости и обобщенную теорему о трех перпендикулярах.

Предоставляем читателю самостоятельно разобраться в этом определении и доказательствах обобщенных теорем — они не сложны. В частности, доказательство признака перпендикулярности прямой и плоскости чрезвычайно упрощается при использовании свойств скалярного произведения двух векторов (этот материал изучается в девятом классе).

Обобщение состоит в том, что перпендикулярными называют не только прямые, пересекающиеся под прямым углом, но и скрещивающиеся прямые, угол между которыми равен 90°. Это дает возможность сформулировать определение перпендикулярности прямой и плоскости так: прямая называется перпендикулярной к плоскости, если она перпендикулярна к любой прямой в этой плоскости. Соответственно теорема (признак) перпендикулярности прямой и плоскости формулируется так: если прямая перпендикулярна к двум пересекающимся прямым в плоскости, она перпендикулярна к этой плоско-

сти. В условии теоремы о трех перпендикулярах не требуется, чтобы прямая, проведенная на плоскости перпендикулярно к проекции наклонной, обязательно проходила через основание наклонной.

2. Рассмотрим два примера построения сечения многогранника плоскостью, заданной точкой и условием параллельности двум скрещивающимся прямым.

Задача 15. Построить сечение правильной четырехугольной призмы ABCDAiBiC^Px плоскостью, проходящей через точку M на боковом ребре ВВХ призмы параллельно диагонали основания АС и скрещивающейся с ней диагонали призмы BDX.

При построении сечения (рис. 82) в данном случае на первый план выдвигается теорема, обратная теореме о параллельности прямой и плоскости: если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна данной прямой (эта теорема очень легко доказывается способом «от противного»).

Опираясь именно на эту теорему, строим MR — линию пересечения секущей плоскости с плоскостью BB^Di • MR H BDX (R — общая точка секущей плоскости и плоскости верхнего основания призмы). Далее через точку Q пересечения секущей плоскости с осью ООг призмы проводим в диагональном ее сечении ААХСХС отрезок KN II АС. Наконец, через R проводим LP || KN— линию пересечения секущей плоскости с плоскостью верхнего основания призмы. Остается последовательно соединить отрезками точки M, N, Р, L, К, М.

Заметим, что и в этой задаче, в зависимости от положения точки M на боковом ребре призмы, можно получить в сечении ромб (если точка M совпадает с вершиной ß), пятиугольник (если 0 < MB < ^ ß^i), треугольник (если ВВХ < MB <ВВг^. Последний случай также изображен на чертеже.

Задача 16. Построить сечение правильной четырехугольной пирамиды SABCD плоскостью, проходящей через середину M стороны ВС основания параллельно диагонали АС основания и боковому ребру SB. Вычислить площадь сечения, если длина стороны основания пирамиды a, a боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом а.

Ссылаясь на упомянутую выше теорему (задача 15), последовательно строим (рис. 83) линии пересечения секущей плоскости с плоскостями ABC, DSB и ASC. Эти построения дают нам все искомые вершины сечения. (Обоснование каждого построения предлагается провести читателю).

Из хода построения следует, что точка N — середина AB, точка Q — середина SO, следовательно, точки К и Р — середины боковых ребер SA и SC пирамиды соответственно. Отсюда: KN \\ SB || РМ. Кроме того, QF И KN II РМ. Но QF ± NM, в чем легко убедиться, применив теорему о трех перпендикулярах. Следовательно, сечение составлено из прямоугольника KNMP и равнобедренного треугольника KLP, имеющих общее основание KP.

3. Если данная точка принадлежит одной из данных двух скрещивающихся прямых, случай, рассмотренный в предыдущих двух задачах, сводится к такому: секущая плоскость проходит через одну из данных скрещивающихся прямых параллельно другой прямой.

Задача 17. В основании прямой призмы лежит ромб. В плоскости меньшего диагонального сечения призмы дана прямая MN, пересекающая оба боковых ребра призмы. Через эту прямую проведена секущая плоскость, параллельная диагонали основания, призмы. Построить сечение и исследовать его форму.

Пусть в ромбе ABCD BD < АС (рис. 84). Тогда меньшее диагональное сечение призмы проходит через BD. Построение искомого сечения не составляет труда. Находим точку Р пересечения прямой MN с осью ООх призмы, в ее диагональном сечении ААХСХС проводим KL II АС. Остается соединить последовательно отрезками точки /С, M, L, N пересечения секущей плоскости с боковыми ребрами призмы.

Из условия задачи следует, что секущая плоскость пересекает все боковые ребра параллелепипеда. В сечении получаем параллелограмм (противоположные параллельные боковые грани пересекаются секущей плоскостью по параллельным прямым). В данном случае сечение является ромбом. Для этого достаточно доказать, что в параллелограмме KMLN диагонали взаимно перпендикулярны. Последнее следует из того, что проекцией наклонной NM на плоскость основания призмы является диагональ DB основания, но АС _L DB, поэтому AC JL L NM (для доказательства последнего утверждения мож-

но провести OR \\ MN и применить теорему о трех перпендикулярах). А так как KL || АС, то KL ± NM. Предлагаем читателю установить, при каких условиях полученное сечение может оказаться квадратом.

Изменим несколько условие задачи. Пусть прямая MN лежит в плоскости большего диагонального сечения данной призмы, а секущая плоскость, как и прежде, проходит через MN параллельно диагонали основания (теперь уже BD). Можно ли при этих условиях получить в сечении квадрат?

4. Случай задания секущей плоскости точкой и условием параллельности данной плоскости рассмотрим на примере треугольной пирамиды.

Задача 18. Построить сечение правильной треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

Пусть секущая плоскость параллельна грани ASB пирамиды S А ВС (рис. 85). После проведения через центр О основания пирамиды прямой MN \\ AB следы секущей плоскости в боковых гранях можно строить по-разному: либо провести OK ii SD (SD — апофема пирамиды) и соединить точку К с точками M и N, либо провести NK ii BS и МК ii AS (прямые МК и NK пересекаются в точке К на ребре SC). Можно, проведя NK II II BS и получив точку К у соединить ее с точкой М. Эти различные пути построения можно использовать для контроля. Например, построить точку К первым способом и убедиться, что KN \\ SB и КМ \\ SA.

5. Если прямая AB перпендикулярна к данной плоскости се, любая плоскость, проходящая через эту прямую, будет перпендикулярна к плоскости а. Следовательно, условие, что секущая плоскость проходит через прямую AB, перпендикулярную к данной плоскости а, не определяет единственной плоскости. Но если прямая AB не перпендикулярна к плоскости а, через AB можно провести единственную плоскость, перпендикулярную к плоскости а.

Задача 19. Построить сечение правильной четырехугольной пирамиды SABCD плоскостью, проходящей через медиану АК боковой грани ASB и перпендикулярной к плоскости основания.

Медиана боковой грани правильной пирамиды не перпендикулярна к плоскости основания, поэтому условия задачи определяют единственную секущую плоскость.

Если в условии задачи речь идет о перпендикулярности плоскости ß к плоскости а, нужно постараться из удобной для нас точки плоскости ß провести перпендикуляр к плоскости а. В данном случае (рис. 86) удобнее всего из конца К медианы АК боковой грани ASB опустить перпендикуляр на плоскость основания. Поскольку точка К лежит в плоскости DSB, перпендикулярной к плоскости основания, основание Р этого перпендикуляра будет лежать на прямой BD пересечения перпендикулярных плоскостей DSB и АБС. Остается в плоскости основания пирамиды провести прямую АР и найти точку M ее пересечения с прямой ВС. В полученном треугольнике АКМ построенный отрезок KP является высотой. Таким образом, в этом случае в ходе построения не только выяснена форма сечения, но и построена высота треугольника Л/СМ, необходимая для определения его площади.

6. Мы уже видели, что условие прохождения плоскости через данную точку перпендикулярно к данной плоскости ß не определяет плоскость а однозначно. Но если к нему присоединить дополнительное условие параллельности плоскости а данной прямой, не перпендикулярной к плоскости ß, то плоскость а определится однозначно.

Задача 20. Построить сечение правильной шестиугольной пирамиды плоскостью, проходящей через середину бокового ребра параллельно стороне основания и перпендикулярно к плоскости основания пирамиды.

Пусть секущая плоскость проходит через середину M бокового ребра SA данной пирамиды SABCDEF параллельно стороне основания AB (рис. 87). Как и в предыдущей задаче, прежде всего опустим из точки M перпендикуляр MP на плоскость основания пирамиды. Основание Р этого перпендикуляра окажется на ОЛ. (Объясните, почему). Затем через точку Р (середину ОЛ !) проведем KL \\ AB. Точки /( и L - середины сторон Л/7 и ВС основания пирамиды. Через M проводим MN || II AB (это следует из условия параллельности секущей плоскости прямой AB). В сечении получена равнобокая трапеция KMNL, отрезок MP — ее высота.

7. Задание плоскости прямой и углом наклона этой плоскости к данной плоскости равносильно заданию плоскости двумя пересекающимися прямыми.

Задача 21. Построить сечение правильной шестиугольной призмы плоскостью, проходящей через большую диагональ основания под углом а к плоскости основания.

Решение таких задач начинаем с построения линейного угла данного двугранного угла. Это облегчит дальнейшие построения и установление формы сечения.

Пусть в данной правильной шестиугольной призме, О — центр, FC — большая диагональ основания (рис. 88). Проводим OK A-DE (К — середина DE), ККг II DDX. Плоскость ОуОК перпендикулярна к плоскости основания призмы и к диагонали FC основания (так как FC LOK и FC J- OOi). Остается в этой плоскости провести луч OL под данным углом а к OK, чтобы получить линейный угол LOK двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания призмы. (Не забудем, что, описывая ход построения сечения, мы имеем в виду пространственную модель, а не ее изображение. Острый угол а можно выбрать произвольно, если в условии нет указаний относительно его величины).

Точка L принадлежит секущей плоскости и плоскости грани DDxExE. Эти плоскости пересекаются по прямой MN, проходящей через L параллельно прямой DE (читатель легко докажет это утверждение). Трапеция CNMF — искомое сечение. Из хода построения следует, что эта трапеция — равнобокая, отрезок LO служит ее высотой.

На рисунке 88 показан и другой возможный вариант сечения: секущая плоскость пересекает верхнее основание призмы. Предлагаем читателю установить, при какой зависимости между стороной основания а, боковым ребром Ь и углом а между секущей плоскостью и плоскостью основания призмы второй вариант имеет место.

В связи с параметрическим заданием угла а построение сечения можно выполнить в иной последовательности: сначала в грани EDDxEx произвольно провести прямую MN. параллельную FC (M и N — точки пересечения этой прямой с боковыми ребрами ЕЕХ и DDX призмы, L — точка пересечения MN с ККг). Соединив L и О, получаем угол LOK — линейный угол данного двугранного угла.

Глава III. ПОСТРОЕНИЕ УГЛА МЕЖДУ ПРЯМОЙ И ПЛОСКОСТЬЮ

В этой и последующих главах пойдет речь о построении проекций точки, прямой, многоугольника и других фигур на заданную плоскость. Напоминаем читателю,

что во всех этих случаях, как и во всех определениях и теоремах, на которые мы будем при этом ссылаться, имеются в виду исключительно прямоугольные проекции.

Прямоугольное проектирование является частным случаем параллельного проектирования и применяется тогда, когда проектирующие прямые перпендикулярны к плоскости проекций. Косоугольным параллельным проектированием мы пользуемся при решении задач лишь для того, чтобы получить наглядный чертеж пространственной фигуры, включающий изображение построенных элементов этой фигуры.

С необходимостью построить данный или искомый угол между прямой и плоскостью мы встречаемся чуть ли не в каждой стереометрической задаче (угол между ребром многогранника и плоскостью грани, между высотой пирамиды и плоскостью ее боковой грани и т. д.).

Как и всегда в подобных случаях, вспомним определение угла между прямой и плоскостью. И здесь и в дальнейшем мы будем придерживаться одного из основных правил всякого доказательства и обоснования: прежде всего следует заменить соответствующие понятия их определениями.

Определение. Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость.

Из этого определения следует, что угол между прямой и плоскостью дополняет до 90° угол между этой прямой и перпендикуляром к плоскости.

Чтобы построить угол между прямой и плоскостью, следует, исходя из определения, построить прямоугольную проекцию этой прямой на заданную плоскость. Это можно сделать двумя способами:

построить проекции А и В двух точек А' и В' прямой на данную плоскость; тогда прямая AB будет проекцией AB' на эту плоскость;

провести через прямую проектирующую плоскость; линия пересечения ее с плоскостью проекций и будет проекцией данной прямой.

Точка пересечения прямой с плоскостью является точкой пересечения этой прямой и ее проекции на данную плоскость.

§ 1. Построение угла между ребром и гранью многогранника

Для построения угла между боковым ребром пирамиды или наклонной призмы и плоскостью основания достаточно провести плоскость через это боковое ребро и высоту многогранника, опущенную из верхнего конца ребра. Эта плоскость перпендикулярна к плоскости основания, то есть является проектирующей. Прямая, по которой она пересекается с плоскостью основания, содержит проекцию бокового ребра на эту плоскость (рис. 89).

В некоторых задачах дается не высота многогранника, а другое условие, которое позволяет найти проекцию какой-либо точки данного бокового ребра на плоскость основания. В этом случае построение угла между наклонным ребром и плоскостью основания проводится аналогично.

Задача 22. В правильной треугольной пирамиде SABC построить угол между стороной АС основания и плоскостью смежной боковой грани.

Рассмотрим сначала случай, когда плоский угол при вершине пирамиды острый (рис. 90, а). Опустим в грани SCB из вершины С перпендикуляр CK на ребро SB (точка К принадлежит SB). Соединим точки К и А. Получим два равных треугольника — СКВ и АКВ. Следовательно, AK -L SB (докажите!), прямая SB перпендикулярна к плоскости АКСу поэтому плоскость BSC, проходящая через SB, перпендикулярна к плоскости АКС, прямая КС — проекция прямой АС на плоскость BSG, угол АСК— искомый.

На рис. 90, б изображен случай, когда плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды тупой, 90°<;<х< 120°. В случае, если плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды прямой, искомый угол между стороной основания и плоскостью смежной боковой грани совпадает с углом при основании боковой грани и равен 45°.

Рассмотрим важное для многих построений свойство трехгранного угла, у которого два плоских угла равны.

Задача 23. Одно из ребер трехгранного угла образует с двумя другими ребрами равные острые углы. Доказать, что проекцией этого ребра на плоскость, определяемую двумя другими ребрами, является биссектриса угла между ними.

Пусть SA — ребро трехгранного угла с вершиной 5 (рис. 91), Z. ASC = Z. ASB, причем эти углы острые. Пусть M — произвольная точка ребра SA, точка О — проекция M на грань BSC. Проведем OK JLSß и OL±SC. Чтобы точка О принадлежала биссектрисе угла BSC, необходимо и достаточно, чтобы OK = OL. Для доказательства этого рассмотрим прямоугольные треугольники MKS и MLS (МК -L SB и ML _L SC по теореме о трех перпендикулярах). Эти треугольники равны (докажите!). Следовательно, МК = ML, поэтому OK = OL. Таким образом, ребро SA проектируется на биссектрису SO плоского угла BSC. (Покажите, что в случае, если плоские углы z. ASB = Z. ASC — тупые, ребро SA проектируется на луч , дополнительный к лучу SO.)

Из доказанного следует, что, например, в правильной треугольной пирамиде SABC, у которой плоский угол при вершине острый (рис. 90, а), углом между боковым ребром SB и противолежащей боковой гранью ASC является угол между этим ребром и высотой SD грани ASC. Точно так же в правильной четырехугольной пирамиде S A BCD (рис. 92) углом между боковым ребром SB и диагональным сечением ASC является угол между ребром 5В и высотой SO пирамиды.

Задача 24. Построить угол между стороной основания правильной четырехугольной пирамиды и плоскостью смежной боковой грани.

Пусть SABCD — данная правильная четырехугольная пирамида. Построим угол между ребром AB и плоскостью грани BSC (рис. 92). Для этого в плоскости BSC проведем прямую SM, параллельную ВС. Из вершины В опустим перпендикуляр В F на прямую SM. Тогда BF II SK, где SK — апофема пирамиды, BFSK — прямоугольник, ВС перпендикулярна к плоскости AFB и плоскость грани BSC перпендикулярна к плоскости AFB. Следовательно, прямая BF — проекция прямой AB на плоскость BSC и угол ABF — искомый. Построенный угол является линейным углом двугранного угла при ребре ВС пирамиды. В задачах нередко встречаются аналогичные совпадения, что дает возможность «зашифровать» условие.

Задача 25. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD построить угол между боковым ребром SB и гранью DSC.

Строим плоскость SFE, перпендикулярную к плоскости DSC (SF и SE — апофемы пирамиды, рис. 93). В этой

плоскости проводим FK -L SE, тогда FK — перпендикуляр к плоскости DSC, плоскости KFB и DSC перпендикулярны. Так как FB || DC, прямая КМ пересечения плоскостей DSC и KFB параллельна DC. Проведя через В прямую, параллельную FK, находим точку N пересечения ее с КМ. Прямая BN перпендикулярна к плоскости DSC9 SN — проекция SB на плоскость DSCt угол BSN — искомый.

§ 2. Построение угла между высотой и наклонной к основанию боковой гранью многогранника, между диагональю и боковой гранью призмы и др.

Для построения угла а между высотой многогранника и его боковой гранью, не перпендикулярной к плоскости основания, проводим через высоту плоскость, перпендикулярную к боковой грани. Для этого достаточно из основания О высоты многогранника опустить перпендикуляр OK на сторону основания, через которую проходит данная боковая грань (рис. 94), и основание К этого перпендикуляра соединить с вершиной M пирамиды или призмы, из которой проведена ее высота. Плоскость МОК перпендикулярна к плоскости боковой грани (докажите!), поэтому прямая МК — проекция прямой МО на плоскость боковой грани, угол ОМК — искомый.

Полезно обратить внимание на то, что в построенном прямоугольном треугольнике МОК второй острый угол M КО — линейный угол двугранного угла между боковой гранью и плоскостью основания многогранника, Z_OMK + Z_ МКО= 90°. Таким образом, мы сразу построили два угла, которые часто встречаются в условиях задачи, причем если задан один из них, то задан и другой. Нередко составители задач пользуются этим для того, чтобы одну и ту же задачу предложить в разных вариантах, на первый взгляд отличающихся друг от друга.

Рассмотрим примеры построения угла между диагональю призмы и данной боковой гранью.

Задача 26. Построить углы наклона диагонали прямоугольного параллелепипеда к его граням.

В прямоугольном параллелепипеде все диагонали равны между собой. Возьмем одну из них DXB (рис. 95). Ребро О^перпендикулярно к плоскости грани АгАВВи поэтому вершина Dx проектируется на эту грань в вер-

шину Ах, диагональ параллелепипеда DXB — в диагональ АХВ грани АхАВВг. Следовательно, углом между диагональю DXB параллелепипеда и гранью AxABBt является угол между DXB и диагональю АХВ этой грани. Аналогично строим угол между DXB и плоскостью грани ВВХСХС.

Задача 27. Дан прямой параллелепипед. Построить угол наклона его большей диагонали к плоскостям боковых граней.

В прямом параллелепипеде большая диагональ проектируется на большую диагональ основания. Пусть в параллелограмме ABCD острый угол — при вершине А. Тогда АС — большая диагональ основания, АХС— большая диагональ параллелепипеда (рис. 96). Спроектируем вершину Аг на грани ВВХСХС и CCXDXD. Для этого достаточно из Аг провести высоты АХМ и АХК параллелограмма AXBXCXDX (они лежат вне параллелограмма, так как угол DXAXBX— острый по условию). Отрезки СМ и CK — проекции АХС на плоскости соответствующих граней ВВХСХС и CCXDXD, углы АХСМ и АХСК — искомые.

Задача 28. В правильной четырехугольной пирамиде построить угол между диагональю основания и плоскостью боковой грани.

Построим угол между диагональю BD основания ABCD пирамиды и боковой гранью BSC (рис. 97). Для этого опустим из вершины В перпендикуляр ВК на ребро SC, соединим отрезком точки К и D. Тогда DK JL SC (см. задачу 22), ребро SC перпендикулярно к плоскости BKD, плоскость SBC перпендикулярна к плоскости BKD и, следовательно, ВК — проекция BD на плоскость SBC, угол DBK — искомый. Заметим, что при этом построен и угол DKB — линейный угол двугранного угла при ребре SC пирамиды. Пусть Z. DBK = a, Z. DKB = ß. Тогда et + 1 = 90°.

Задача 29. Основанием прямоугольного параллелепипеда является квадрат A BCD. Найти наибольший возможный угол между прямой BDX и плоскостью BDCX.

Построим угол между прямой BDX и плоскостью BDCX (рис. 98). Диагональ BDX параллелепипеда лежит в плоскости BDDX, перпендикулярной к плоскости АССХ (линейный угол DOC двугранного угла между этими плоскостями— прямой!). Поскольку прямая BD перпендикулярна к плоскости АССХ (докажите!), плоскости BDCt

и АССХ также перпендикулярны (они пересекаются по прямой Сх0). Точка M пересечения BDX и 00х — центр симметрии параллелепипеда, она проектируется на плоскость BDCX в точку /С, принадлежащую медиане Сх0 равнобедренного треугольника BCXD. Прямая ВК — проекция прямой ВМ (то есть прямой BDX) на плоскость BDClt следовательно, угол DXBK — угол между прямой BDX и плоскостью BDCX.

Для анализа и решения задачи полезно в треугольнике 00ХСХ провести высоту 0XL (тогда 0Х L || МК, 0XL = = 2МК).

Задача 30. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD сторона основания равна а, высота равна h, M —точка пересечения медиан грани BSC. Найти угол наклона прямой AM к плоскости основания пирамиды.

Построим искомый угол (рис. 99). Для этого найдем точку N — проекцию точки M пересечения медиан SKuLC грани BSC, на плоскость основания пирамиды (обоснование построения точки N легко проследить по рисунку). Отрезок А N — проекция отрезка AM на плоскость основания пирамиды, угол MAN — искомый.

Глава IV. ПРОВЕДЕНИЕ ПЕРПЕНДИКУЛЯРА ИЗ ЗАДАННОЙ ТОЧКИ К ПЛОСКОСТИ ГРАНИ МНОГОГРАННИКА

Во многих задачах дано или требуется найти расстояние от данной точки до плоскости грани многогранника. В первую очередь здесь речь идет о высоте пирамиды или наклонной призмы, ведь высотой пирамиды называется перпендикуляр, опущенный из вершины пирамиды на плоскость основания. Таким образом, длина высоты пирамиды равна расстоянию от ее вершины до плоскости основания. То же относится к высоте призмы, опущенной из верхнего конца ее бокового ребра.

При проведении перпендикуляра из заданной точки к плоскости грани многогранника мы, естественно, будем опираться на определение и признак перпендикулярности прямой и плоскости, на вытекающие из них способы построения прямой, проходящей через данную точку перпендикулярно к данной плоскости, а также на все другие теоремы о перпендикулярности прямых и плоскостей в пространстве. Мы не будем повторять то, что изложено в учебнике, но хотим напомнить о необходимости повторить и хорошо осмыслить этот материал.

§ 1. Построение высоты пирамиды и наклонной призмы

Даже в задачах на пирамиду или призму, в которых высота не является непосредственно данной или искомой, она часто используется для построения угла наклона бокового ребра к плоскости основания, линейных углов двугранных углов при сторонах основания многогранника и для других построений.

Во всех этих случаях известно, из какой точки опускается высота (вершина пирамиды или верхний конец бокового ребра призмы). Что касается основания высоты, то его положение зависит от вида многогранника. Поэтому построение основания высоты требует предварительного анализа свойств заданной пирамиды или призмы.

Решая задачи с неправильными пирамидами или призмами, учащиеся чаще всего испытывают затруднения именно при определении положения основания высоты: находится ли оно внутри основания многогранника, на его стороне или вне его. В каждом из этих случаев требуются и дальнейшие уточнения. Если положение основания высоты определено неверно, это приводит к ошибкам в решении задачи.

Рассмотрим ряд типичных случаев.

1. В правильной пирамиде, согласно определению, основание высоты совпадает с центром правильного многоугольника, являющегося основанием пирамиды.

Напомним в этой связи, что центр правильного треугольника определяется как точка пересечения его медиан, центр квадрата — как точка пересечения его диагоналей, центр правильного шестиугольника — как точка пересечения диагоналей, проходящих через диаметрально противоположные вершины. Соответственно находим изображение этого центра на чертеже.

2. Пусть боковые ребра пирамиды равны или, что то же, образуют равные углы с плоскостью основания пирамиды (рис. 100). В этом случае основанием высоты служит центр окружности, описанной вокруг основания пирамиды (докажите!).

Как видим, в этом случае пирамида отнюдь «не обязана» быть правильной. Но непреложное требование к такой пирамиде состоит в том, чтобы около ее основания можно было описать окружность. Если в основании пирамиды лежит параллелограмм, не равнобокая трапе-

ция либо другой многоугольник, около которого нельзя описать окружность, то у такой пирамиды боковые ребра не могут быть равны (не могут быть одинаково наклонены к плоскости основания).

Рассмотрим подробнее пирамиды с равными боковыми ребрами.

Пусть в основании пирамиды лежит треугольник. Около любого треугольника может быть описана окружность. В § 3 главы I уже говорилось о том, где может быть центр описанной около треугольника окружности. Однако, когда речь идет о конкретной пирамиде с заданными свойствами, этих указаний недостаточно.

Часто в задачах встречаем пирамиды с равными боковыми ребрами, в основании которых — прямоугольный треугольник.

Задача 31. Основание пирамиды — прямоугольный треугольник с гипотенузой с и острым углом а. Вычислить объем пирамиды и наибольший плоский угол при ее вершине, если каждое боковое ребро образует с плоскостью основания пирамиды угол ß.

Пусть S АСВ — данная пирамида, АСВ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине С (рис. 101). Основанием высоты данной пирамиды является центр описанной около треугольника АСВ окружности — середина его гипотенузы. Высота пирамиды служит высотой грани ASB — равнобедренного треугольника с углом ß при основании AB. Плоскость грани ASB перпендикулярна к плоскости основания пирамиды. SA = SB = SC как наклонные, проведенные из одной точки 5 к основанию пирамиды и образующие с плоскостью основания равные углы.

Если в основании пирамиды с равными боковыми ребрами лежит равнобедренный треугольник, положение центра описанной около него окружности не столь определено, как в случае прямоугольного треугольника. Здесь нужно руководствоваться указанием о том, что этот центр лежит в области существования (см. § 3, гл. I) на медиане к основанию треугольника или на ее продолжении, как показано на рисунке 102.

Если угол при вершине равнобедренного треугольника острый, центр описанной окружности лежит внутри треугольника (в точке отрезка MD, где M — середина медианы BD). Случай с прямым углом при вершине В рассмотрен в предыдущей задаче. В случае, если угол при вершине В тупой, центр описанной окружности ле-

жит вне треугольника на продолжении его медианы BD.

Задача 32. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, равные стороны которого имеют длину Ь и составляют угол а (а > 90°). Боковые ребра пирамиды образуют с ее высотой угол ß. Определить объем пирамиды.

Если боковые ребра пирамиды S А ВС образуют с ее высотой равные углы, они равны (это следует из равенства прямоугольных треугольников SOA, SOB9 SOC с общим катетом SO и равными острыми углами, прилежащими к этому катету — рис. 103). По условию угол ABC тупой, поэтому основание О высоты пирамиды лежит на продолжении медианы BD треугольника ABC.

Если в основании пирамиды с равными боковыми ребрами лежит треугольник общего вида (то есть не прямоугольный и неравнобедренный), основание высоты пирамиды на чертеже можно выбрать произвольно в области существования (с учетом того, является данный треугольник остроугольным или тупоугольным).

Если основанием пирамиды с равными боковыми ребрами является прямоугольник, основанием высоты пирамиды служит точка пересечения его диагоналей. Если основанием такой пирамиды служит равнобокая трапеция, основание высоты пирамиды лежит на оси симметрии этой трапеции: либо внутри трапеции (ближе к ее большему основанию), либо в середине большего основания, либо вне трапеции (со стороны большего основания). Если в условии задачи нет специальных указаний на этот счет, основание высоты пирамиды можно выбрать произвольно в указанной области существования, избегая, однако, середины большего основания трапеции, так как при этом пирамида имеет некоторые особые свойства. Рассмотрим этот случай.

Задача 33. Основанием пирамиды служит равнобокая трапеция, диагональ которой составляет с боковой стороной прямой угол. Большее основание трапеции равно а, острый угол равен а. Боковое ребро, соединяющее вершину пирамиды с концом меньшего основания трапеции, образует с плоскостью основания угол ß, а вершина пирамиды проектируется на середину большего основания трапеции. Найти объем пирамиды.

Пусть SABCD (рис. 104)—данная пирамида, DC \\ II AB, OA = OB. В условии этой задачи равенство боковых ребер пирамиды замаскировано более искусно, чем в предыдущих задачах. Ведь середина О большего осно-

вания AB равнобокой трапеции ABCD является в данном случае центром описанной около нее окружности так как Z. АСВ = Z. BD А = 90° по условию, точки С и D лежат на окружности, построенной на отрезке AB как на диаметре. А если вершина пирамиды проектируется в центр описанной около основания окружности, то боковые ребра пирамиды равны и одинаково наклонены к плоскости основания. Мы сформулировали теорему, обратную доказанной выше. Доказать ее предлагаем читателю.

3. Пусть боковые грани пирамиды образуют равные двугранные углы с плоскостью основания. В этом случае основание высоты пирамиды совпадает с центром окружности, вписанной в основание пирамиды.

Для доказательства этого утверждения отметим, что линейные углы двугранных углов при сторонах основания пирамиды образуются высотами соответствующих боковых граней, проведенными из вершины пирамиды, и проекциями этих высот на плоскость ее основания.

Пусть SABC — пирамида, у которой двугранные углы при сторонах основания равны (рис. 105). Тогда равны и их линейные углы SDO, SFO, SEO, следовательно, равны прямоугольные треугольники SOD, SOF, SOE (с общим катетом SO и равными острыми углами, противолежащими этому катету). Отсюда следует, что OD = OF = ОЕ. Но ведь OD ± AB, OF JL ВС, О EL Л АС, то есть основание О высоты пирамиды одинаково удалено от всех сторон основания пирамиды и является центром вписанной в него окружности.

Заметим попутно: из приведенного доказательства следует, что в пирамидах такого вида высота SO образует равные углы с плоскостями всех боковых граней. Ведь проекция высоты пирамиды на плоскость боковой грани принадлежит высоте этой грани, проведенной из вершины пирамиды.

Этот «ключ» в дальнейшем послужит нам для «расшифровки» условий некоторых задач, в том числе задачи 34.

Задача 34. Периметр основания треугольной пирамиды равен 2р, а площадь боковой поверхности равна Q. Определить объем пирамиды, если ее высота образует с каждой боковой гранью угол ß.

Пусть SABC — данная пирамида, SD, SE, SF — высоты ее боковых граней (рис. 106). Из условия задачи следует, что основание высоты пирамиды совпадает с

центром вписанной в ее основание окружности. Из сказанного выше следует, что у такой пирамиды высоты боковых граней, проведенные из вершины пирамиды, равны. Это дает возможность определить высоту боковой грани.

Для получения правильного изображения пирамиды, вершина которой проектируется в центр вписанной в основание окружности, удобнее изобразить сначала с помощью шаблона эллипса эту окружность, а затем — описанный около нее многоугольник, лежащий в основании пирамиды. Наиболее удобно предварительно изображать вписанную окружность, если в основании пирамиды такого вида лежит равнобедренный или равносторонний треугольник, квадрат или ромб и т. п.

Если условимся начинать изображение пирамиды такого вида с вписанной в ее основание окружности, отпадет надобность рассматривать отдельные случаи изображения основания высоты пирамиды, как это было сделано выше при рассмотрении пирамид с равными боковыми ребрами. Кстати, изображение последних также удобнее начинать с изображения окружности, описанной около основания пирамиды.

Пирамиды с равными боковыми ребрами или с равными двугранными углами при сторонах основания иногда называют пол у правильными. Если одновременно выполняются оба названных условия, получаем правильную пирамиду.

Боковые грани могут образовать равные двугранные углы при всех сторонах основания только у такой пирамиды, в основание которой может быть вписана окружность.

4. В задачах часто встречаются пирамиды, у которых две смежные боковые грани перпендикулярны к плоскости основания. В этом случае общее ребро указанных граней служит высотой пирамиды. Если же одна боковая грань пирамиды перпендикулярна к плоскости основания, то высота пирамиды совпадает с высотой этой грани, проведенной из вершины пирамиды.

Действительно, пусть в пирамиде SA ВС боковая грань ASB перпендикулярна к плоскости основания ABC (рис. 107). Проведем в этой грани SO ± AB. Тогда отрезок SO перпендикулярен к плоскости ABC. В частности, если указанная боковая грань — равнобедренный треугольник, основание высоты пирамиды совпадает с серединой стороны AB основания пирамиды.

Рассмотрим несколько задач на указанные виды пирамид.

Задача 35. Основанием пирамиды служит квадрат со стороной а, две боковые грани пирамиды перпендикулярны к основанию, а большее боковое ребро ее наклонено к основанию под углом ß. В пирамиду вписан прямоугольный параллелепипед так, что четыре вершины его находятся на боковых ребрах пирамиды, а четыре другие вершины на основании пирамиды. Определить объем параллелелепипеда, если его диагональ образует с плоскостью основания угол а.

Пусть SA BCD — данная пирамида, ее основание ABCD — квадрат (рис. 108). Из того, что смежные грани ASB и BSC перпендикулярны к основанию, следует, что ребро SB перпендикулярно к плоскости основания, то есть является высотой пирамиды. Пусть KLMBK±L1M1Bl — прямоугольный параллелепипед, вписанный в пирамиду. Нижнее основание KLMB параллелепипеда, по условию, лежит в основании пирамиды, а вершины верхнего основания — на ее боковых ребрах. Это означает, что верхнее основание параллелепипеда является сечением пирамиды плоскостью, параллельной ее основанию. Но в основании пирамиды — квадрат, поэтому основанием прямоугольного параллелепипеда также является квадрат.

Из условия, что Вх лежит на высоте SB пирамиды, следует, что Вг проектируется в В. Так как плоскости SBAt SBC, SBD перпендикулярны к плоскости основания пирамиды, то вершины Ки Ми Lx прямоугольного параллелепипеда проектируются соответстственно на стороны и диагональ ВА, ВС, BD основания.

Большим боковым ребром пирамиды является ребро SD (докажите!), его проекция — диагональ BD основания пирамиды. Z. SDB *= ß. Проекцией диагонали BLX параллелепипеда на его основание (то есть на плоскость основания пирамиды) является отрезок BL диагонали BD основания пирамиды. Z. LXBL = а.

При решении задачи следует обратить внимание на удобный выбор диагонали параллелепипеда: ее нужно включить, по возможности, в треугольник вместе с другими данными и искомыми элементами фигуры. Это замечание касается и других задач. Ведь их решение сводится к вычислению искомых элементов стереометрических фигур путем включения их вместе с данными элементами в состав плоских фигур, чаще всего треугольников.

Задача 36. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами, равными а и углом а между ними. Грань пирамиды, проходящая через основание треугольника, перпендикулярна к плоскости основания, а две другие образуют с плоскостью основания угол ф. Найти объем пирамиды.

Высота данной пирамиды SA ВС является высотой SO боковой грани ASC, перпендикулярной к плоскости основания (рис. 109). Но не будем спешить изображать пирамиду — ведь мы не знаем еще, каково положение основания ее высоты на прямой АС. Для ответа на этот вопрос следует обратиться к другим условиям задачи. Очевидно, не зря в ней сказано, что треугольник ABC — равнобедренный и АС — его основание, а боковые грани ЛАВ и CSB образуют с плоскостью основания равные углы. Построим линейные углы этих двугранных углов. Для этого проведем SK JL AB и SL _L ВС и соединим точки К и L с предполагаемым основанием О высоты пирамиды на прямой АС. Тогда OK JL AB и OL ± ВС (по теореме о трех перпендикулярах). Из равенства треугольников SOK и SOL следует OL = О/С. Но тогда точка О принадлежит биссектрисе ВО угла ABC. Треугольник же ABC — равнобедренный, биссектриса угла при вершине является медианой и высотой этого треугольника.

Установив, что точка О — середина стороны АС основания, мы можем не только правильно изобразить пирамиду, но и наметить путь решения задачи, выявив свойства фигуры и связи между ее элементами. В частности, из доказанного следует, что OL = -i AM, где AM — высота треугольника ABC, опущенная из его вершины А.

Задача 37. Основание пирамиды — прямоугольный треугольник с гипотенузой с и острым углом а. Боковая грань, проходящая через гипотенузу, перпендикулярна к плоскости основания, а две другие боковые грани наклонены к нему под углом ß. Найти объем пирамиды.

Из условия задачи следует, что высота SO пирамиды является высотой грани ASB, проходящей через гипотенузу AB треугольника ABC (рис. ПО). Проведем SD ± ± АС и SF J_ ВС и соединим D и F с основанием О высоты. Тогда Z- SDO = /_ SFO = ß — линейные углы двугранных углов при ребрах АС и ВС (не забыть, что OD II ВС и OF II АС\). Из равенства треугольников SOD и SOF следует OD ~ OF, поэтому основание О

высоты пирамиды — точка пересечения AB с биссектрисой прямого угла АСВ.

Рассматривая условия последних двух задач, мы фактически доказали теоремы о положении высоты пирамиды, заданной указанными условиями. Однако не стоит перегружать память заучиванием таких теорем — ведь их великое множество, всего не упомнишь. Надо твердо знать основные теоремы, изучаемые в школьном курсе геометрии, и уметь их активно применять. Тогда не страшна будет любая задача. И, конечно, столь же твердо нужно помнить требование: каждый шаг в решении задачи должен быть обоснован. Кстати, если при решении задачи на экзамене учащийся ссылается на теорему, которая не изучается в школе, то он должен ее доказать.

5. Если призма прямая, за ее высоту удобнее всего принять боковое ребро.

В наклонной призме высоту желательно провести из верхнего конца бокового ребра — это позволит включить высоту в треугольник вместе с другими элементами призмы (боковое ребро и угол его наклона к плоскости основания либо высота боковой грани и угол ее наклона к плоскости основания).

Во всех этих случаях можно для определения положения основания высоты призмы, проведенной из верхнего конца бокового ребра, рассмотреть пирамиду, имеющую общее основание и общую высоту с данной призмой (рис. 111). Поскольку и другие элементы призмы (стороны основания, боковое ребро, углы наклона бокового ребра и боковых граней к плоскости основания) являются элементами этой пирамиды, задача построения высоты призмы сводится к подробно рассмотренной выше задаче построения высоты пирамиды.

§ 2. Проведение перпендикуляра из заданной точки к боковой грани многогранника

Предыдущий параграф был посвящен решению частного случая задачи проведения перпендикуляра из точки к плоскости грани многогранника и определения расстояния от этой точки до грани. Однако вопрос о построении высоты многогранника целесообразно было выделить и рассмотреть подробно в связи с тем значением, которое имеет высота пирамиды или призмы при решении задач.

Переходя к задаче проведения перпендикуляра из заданной точки к плоскости боковой грани многогран-

ника, напомним прежде всего общий алгоритм ее решения.

Проведение перпендикуляра из точки Ах к плоскости а осуществляется в два приема:

1. Через Ах проводят плоскость ß, перпендикулярную к плоскости а, и находят прямую а пересечения этих плоскостей.

2. Из точки Аг в плоскости ß проводят перпендикуляр АхА к прямой а. Тогда АХА JL а (рис. 112).

На первый взгляд может показаться, что это построение не дает однозначного решения задачи: ведь через точку Ах можно провести бесчисленное множество плоскостей, и все они будут перпендикулярны к плоскости а. Но в этом как раз заключается достоинство указанного алгоритма: он предоставляет нам свободу в выборе плоскости ß в соответствии с условиями задачи для того, чтобы не просто построить отрезок АХА, а включить его в состав треугольника, образованного элементами данной фигуры. Что касается единственности решения — об этом беспокоиться не надо: ведь все плоскости, проходящие через точку Ах и перпендикулярные к плоскости а, пересекаются по одной прямой, проходящей через Ах и перпендикулярной к этой плоскости.

Рассмотрим применение описанного алгоритма при решении задач.

Задача 38. Сторона основания правильной треугольной пирамиды SABC равна а, расстояние от вершины А до противолежащей боковой грани равно Ь. Найти объем пирамиды.

Опустим из вершины А перпендикуляр на плоскость грани BSC пирамиды. Для этого проведем A F JL ВС, соединим F и S отрезком (рис. 113). Высота SO пирамиды принадлежит плоскости ASF. Следовательно, SF ± ВС (по теореме о трех перпендикулярах). Таким образом, прямая ВС перпендикулярна к плоскости ASFf и потому плоскости ASF и BSC перпендикулярны (они пересекаются по прямой, которой принадлежит апофема SF пирамиды). Остается в плоскости ASF из точки А опустить перпендикуляр АК на прямую SF.

Такое построение следует осуществить и при необходимости провести перпендикуляр к плоскости грани BSC данной правильной пирамиды из любой точки ребра SA9 высоты AF основания ABC, высоты SO пирамиды.

Задача 39. Опустить перпендикуляр из основания высоты пирамиды на плоскость заданной боковой грани.

Пусть в пирамиде SABC требуется опустить перпендикуляр из основания О высоты на плоскость боковой грани BSC (в условиях задач часто задается расстояние от основания или другой точки высоты пирамиды до плоскости боковой грани).

Проводим через высоту SO пирамиды плоскость, перпендикулярную к плоскости боковой грани BSC (рис 114). Для этого достаточно провести высогу SK боковой грани и ее основание К соединить отрезком с основанием О высоты пирамиды. При этом OK JL ВС (по теореме о трех перпендикулярах), ВС перпендикулярно к плоскости SOK по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, плоскости BSC и SO К перпендикулярны, SK — прямая пересечения этих плоскостей. Остается в плоскости SOK из О опустить перпендикуляр ОМ на прямую SK. Таким образом, при решении данной задачи из основания О высоты пирамиды следует опустить перпендикуляр на высоту соответствующей боковой грани.

Задача 40, В правильной четырехугольной пирамиде SABCD дано расстояние от вершины А до плоскости грани BSC. Изобразить отрезок данной длины на чертеже пирамиды.

Пусть SABCD — данная правильная четырехугольная пирамида, SK и SF — ее апофемы (рис. 115). Так как AD И ВС, то прямая AD параллельна плоскости SBC, и перемещение точки А вдоль AD не меняет расстояния от этой точки до плоскости BSC. Переместим точку А в точку F — основание апофемы SF. Плоскости FSK и BSC перпендикулярны (докажите!), SK — линия пересечения этих плоскостей. Из F опускаем перпендикуляр FM на прямую, которой принадлежит апофема S/C. Заданное расстояние от вершины А пирамиды до плоскости грани BSC равно длине отрезка FM.

Задача 41. В основании наклонного параллелепипеда параллелограмм ABCD. Верхний конец бокового ребра, проходящего через вершину А острого угла параллелограмма, проектируется в его центр симметрии О. Опустить перпендикуляры из точки О на боковые грани параллелепипеда с общим ребром ААХ.

При построении рассматриваем вспомогательную пирамиду AtABCD и руководствуемся приведенным выше алгоритмом и указаниями к задаче 39 (рис. 116).

В некоторых случаях, если это целесообразно по условиям задачи, можно провести через данную точку плоскость, перпендикулярную к боковому ребру призмы.

Эта плоскость будет перпендикулярна к боковым граням. Второй шаг построения будет состоять в проведении из данной точки перпендикуляра к стороне полученного перпендикулярного сечения, расположенной в соответстствующей боковой грани призмы (основание этого перпендикуляра может оказаться на продолжении стороны сечения в плоскости грани).

Задача 42. В основании призмы лежит прямоугольник ABCD. Боковые грани, проходящие через ребра AB и CD, перпендикулярны к плоскости основания, две другие наклонены к плоскости основания под углом а. Из центра симметрии О прямоугольника ABCD провести перпендикуляр к грани AAXDJ).

По условию задачи (рис. 117) плоскости ААХВ и ABC перпендикулярны. AD i AB. Отсюда следует, что прямая AD перпендикулярна к плоскости ААХВХ и AD JL JL АгА. Проведем через О прямую PQ, параллельную AB. Тогда PQ JL AD. В грани AAXDXD проведем РРг H ААХ. Тогда плоскость PXPQ параллельна плоскости АХАВ и прямая AD перпендикулярна плоскости PXPQ. Из О опустим перпендикуляр OK на РгР. Отрезок OK — искомый.

Глава V. ПОСТРОЕНИЕ ЛИНЕЙНОГО УГЛА ДАННОГО ДВУГРАННОГО УГЛА

При решении стереометрических задач, особенно на многогранники и их комбинации с телами вращения, мы очень часто встречаемся с необходимостью построить линейный угол данного или искомого двугранного угла, образованного гранями многогранника. При таких построениях нельзя произвольно выбирать вершину линейного угла на ребре двугранного угла. Такой выбор соответствовал бы определению линейного угла, но ничего не дал бы для решения задачи. Ведь линейный угол нужно не просто построить, а включить в состав треугольника или другой плоской фигуры вместе с другими элементами многогранника. Вот почему построение линейного угла данного или искомого двугранного угла обычно начинают не с выбора его вершины, а с выбора одной из его сторон. В качестве такой стороны выбирают, по возможности, линейный элемент фигуры, заданный в условии задачи. Если такая возможность не представляется, то выбирают такой отрезок, длина которого может быть определена через данные элементы фигуры.

§ 1. Определение и свойства линейного угла, последовательность его построения

При построении линейного угла двугранного угла мы руководствуемся соответствующими определениями.

Определение 1. Двугранным углом называется фигура, образованная двумя полуплоскостями с общей ограничивающей их прямой. Полуплоскости называются гранями, а ограничивающая их прямая — ребром двугранного угла.

Определение 2. Плоскость, перпендикулярная к ребру двугранного угла, пересекает его грани по двум полупрямым. Угол, образованный этими полупрямыми, называется линейным углом двугранного угла.

Определение 3. За меру двугранного угла принимается мера соответствующего ему линейного угла.

Из определения линейного угла следует, что его стороны лежат в гранях двугранного угла и перпендикулярны к его ребру. Важно помнить и о другом следствии из определения: плоскость линейного угла перпендикулярна не только к ребру, но и к граням двугранного угла. Все линейные углы двугранного угла совмещаются параллельным переносом и, значит, равны. Поэтому мера двугранного угла не зависит от выбора линейного угла.

Как уже сказано выше, построение линейного угла двугранного угла обычно начинают с построения (вернее, выбора) одной из его сторон. Этот выбор определяет и вершину линейного угла, а вторую его сторону строят в другой грани как перпендикуляр к ребру двугранного угла, восставленный в его вершине. Третий этап построения состоит в выделении плоской фигуры с этим углом.

При решении задач построение линейного угла данного или искомого двугранного угла необходимо обосновать, опираясь на определение линейного угла и соответствующие теоремы о взаимном расположении прямых и плоскостей в пространстве.

§ 2. Построение линейного угла двугранного угла между боковой гранью и основанием пирамиды

Задача 43. Построить линейный угол двугранного угла при данной стороне основания пирамиды.

Пусть в пирамиде DA ВС двугранный угол при ребре ВС равен а. Для построения его линейного угла из вершины D пирамиды в плоскости грани CDB опускаем

перпендикуляр DE на прямую ВС, соединяем точку Е с основанием О высоты пирамиды. Тогда ОЕ ± ВС (по теореме о трех перпендикулярах), Z. DEO = а — искомый линейный угол данного двугранного угла (рис. 118, а, б).

Часто построение линейного угла двугранного угла при стороне основания пирамиды удобнее проводить в обратном порядке: сначала построить перпендикулярную к ребру проекцию высоты боковой грани на плоскость основания пирамиды, а затем — эту высоту. Обоснование построения при этом остается таким же, как и в первом случае.

Иногда в задачах задается не высота пирамиды, а отрезок, параллельный высоте. Например, в пирамиде задано расстояние от точки M на боковом ребре DC до плоскости основания. Тогда опускаем из указанной точки перпендикуляр МОг на плоскость основания и строим линейный угол MNOx двугранного угла аналогично прежнему, используя при этом вместо высоты пирамиды проведенный из точки M перпендикуляр к плоскости ее основания (рис. 119). Этот прием часто применяют при построении линейного угла двугранного угла у основания усеченной пирамиды.

Из приведенных примеров можно сделать вывод, который в дальнейшем будем применять во всех подобных случаях: в качестве линейного угла двугранного угла при данной стороне основания пирамиды наиболее удобно выбрать угол, образованный высотой соответствующей боковой грани, проведенной из вершины пирамиды, и проекцией этой высоты на плоскость основания пирамиды. В правильной пирамиде это будет угол между апофемой и ее проекцией на плоскость основания.

Полезно при этом помнить, что ребро двугранного угла перпендикулярно к плоскости линейного угла и, значит, к любой прямой в этой плоскости, проходящей через вершину линейного угла.

Если в основании пирамиды лежит параллелограмм (рис. 120), для построения линейных углов двугранных углов при всех четырех сторонах основания достаточно через основание высоты пирамиды провести высоты этого параллелограмма и соединить концы этих высот, лежащие на сторонах основания (или их продолжениях), с вершиной пирамиды.

Задача 44. В основании пирамиды — равнобокая трапеция, а боковые ребра пирамиды равны. Построить

линейные углы двугранных углов при параллельных сторонах основания пирамиды.

Пусть SABCD — данная пирамида (рис. 121). Из условия задачи следует, что основание высоты пирамиды совпадает с центром окружности, описанной около основания пирамиды. Так как в случае равнобокой трапеции центр описанной окружности лежит на оси симметрии трапеции, проходящей через середины ее оснований, для построения указанных линейных углов поступаем так: через середины параллельных сторон трапеции проводим прямую, соединяем середины оснований трапеции с вершиной пирамиды. В зависимости от расположения центра описанной окружности (внутри трапеции, на большем основании или вне трапеции) двугранный угол при большем основании трапеции будет соответственно острым, прямым или тупым. На рисунке 121 изображен случай, когда этот угол тупой. Двугранный угол при меньшем основании трапеции во всех случаях будет острым.

Задача 45. Основанием пирамиды служит ромб со стороной а и острым углом а. Две боковые грани перпендикулярны к плоскости основания, а две другие наклонены к нему, каждая под углом ф. Найти объем и площадь боковой поверхности пирамиды.

Общее ребро двух смежных перпендикулярных к основанию боковых граней служит высотой пирамиды (см. примечание к задаче 35). Построение линейных углов двугранных углов, образуемых двумя другими боковыми гранями с основанием пирамиды, проводим по общему правилу (рис. 122): из основания D высоты пирамиды проводим высоты DM и DN ромба, лежащего в ее основании, и соединяем концы этих высот с вершиной пирамиды. Но при изображении фигуры следует учесть, проходит ли высота пирамиды через вершину острого или тупого угла основания. В первом случае высоты ромба лежат вне ромба, во втором — внутри него. На рисунках 122 и 123 изображены оба случая.

После выполнения и обоснования указанных построений решение задачи не составляет труда.

§ 3. Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями пирамиды

Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями пирамиды с включением его в состав

треугольника, образованного линейными элементами данной пирамиды, требует учета конкретных свойств фигуры. Поэтому единого общего правила (как в предыдущих задачах) не существует. Рассмотрим несколько конкретных случаев, часто встречающихся при решении задач.

Задача 46. Построить линейный угол двугранного угла при боковом ребре правильной четырехугольной пирамиды.

В правильной пирамиде все двугранные углы при боковых ребрах равны. Построим линейный угол двугранного угла при ребре MC данной правильной четырехугольной пирамиды MABCD (рис. 124). В грани МВС из вершины В опускаем перпендикуляр ВК на ребро MC, точку К соединяем отрезком с вершиной D. Треугольники ВКС и DKC равны (докажите!), поэтому Z. D/(C= = Z. ВКС =5 90°, ребро MC двугранного угла перпендикулярно к плоскости DKB, поэтому угол DKB — линейный угол данного двугранного угла.

Указанный способ применим к построению линейного угла двугранного угла при боковом ребре любой правильной пирамиды.

При решении задач на правильную пирамиду из хода построения следует, что треугольник BKD (рис. 124) и аналогично треугольники АКС и AMC (рис. 125,126) равнобедренные, поэтому медианы этих треугольников КО, KD, MD являются их высотами и биссектрисами.

Задача 47. Построить линейный угол двугранного угла при боковом ребре правильной я-угольной пирамиды.

При решении таких задач изображают одну «ячейку» правильной /1-угольной пирамиды; она содержит все параметры пирамиды (рис. 126). Поскольку в правильном многоугольнике, лежащем в основании пирамиды, AC JL .L OB, AD = DC, то линейный угол двугранного угла при боковом ребре строим так, как в предыдущей задаче. Примечание о равнобедренности треугольника AMC здесь также остается в силе (ибо AM = MC).

При решении задач на правильные пирамиды, в условии которых дан угол а при боковом ребре, часто возникает необходимость установить границы допустимых значений параметра а. При таком исследовании мы исходим из геометрических свойств фигуры. Покажем, что в правильной пирамиде линейный угол а двугранного угла при боковом ребре всегда больше внутреннего угла в основании пирамиды.

На рисунке 126 изображена «ячейка» правильной п-угольной пирамиды. Z. AMC « a. MD — медиана, биссектриса и высота равнобедренного треугольника AMC. Рассмотрим прямоугольные треугольники ADM и ADB с общим катетом AD. Из сравнения тангенсов острых углов этих треугольников, лежащих против их общего катета, следует, что^~^<^, Z~ABC<.a. Читатель легко получит доказательство этого факта и без применения тригонометрии, совместив плоскость ADM с плоскостью ADB путем поворота вокруг прямой AD.

Задача 48. Построить линейный угол двугранного угла между боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды, проходящими через противоположные стороны ее основания.

Пусть M A BCD — данная пирамида (рис. 127). Из условия ВС H AD следует, что ребро двугранного угла MF между гранями AMD и ВМС параллельно ВС и AD (доказать, используя теорему о параллельности прямой и плоскости и обратную ей теорему). Проведем апофемы МК и ML. Прямая ВС перпендикулярна к плоскости KML, поэтому ребро MF данного двугранного угла также перпендикулярно к этой плоскости, Z. KML = а — искомый линейный угол этого двугранного угла.

Задача 49. В основании пирамиды — прямоугольный треугольник АСВ с прямым углом при вершине С. Боковое ребро, проходящее через вершину прямого угла, перпендикулярно к плоскости основания. Построить линейные углы двугранных углов при боковых ребрах пирамиды.

Пусть SACB — данная пирамида, ребро SC перпендикулярно к плоскости основания. /LACB** 90° (рис. 128). Так как по условию SC ± CA и SC ± СВ, то угол АСВ — линейный угол двугранного угла при SC. В грани SCA из вершины С опустим перпендикуляр СМ на ребро SA. Через А и M проведем прямые FE и PR, параллельные ребру СВ. FE ± CA (так как СВ ± CA). Но тогда и PR ± CA (так как PR \\ FE). Из FE JL CA следует FE _L SA (по теореме о трех перпендикулярах). Следовательно, и PR JL SA. Тогда плоскость CPR, проходящая через М, перпендикулярна к SA (так как SM JL СМ по построению и АЛ 1 PR). MB лежит в плоскости CPR, определяемой прямыми PR || СВ. Значит, SA JL MB, угол СМВ — линейный угол двугранного угла при ребре SA. Аналогично обосновывает-

ся построение линейного угла CNA двугранного угла при ребре SB.

Рассмотрим обобщение этой задачи.

Задача 50. В основании пирамиды S ABC — треугольник ABC. Боковое ребро SA перпендикулярно к плоскости основания пирамиды. Построить линейный угол двугранного угла при боковом ребре SC.

В данной пирамиде (рис 129) грани SAC и ABC взаимно перпендикулярны. Поставим пирамиду на грань SAC как на основание. Тогда высотой пирамиды, опущенной из вершины В на эту грань, будет высота BN треугольника ABC, двугранный угол при SC — углом при стороне основания пирамиды. А линейным углом такого двугранного угла является угол между высотой ВМ боковой грани SBC и ее проекцией MN на плоскость SAC. Линейный угол строим в такой последовательности: в плоскости ABC опускаем перпендикуляр BN на Л С, в плоскости SBC из В опускаем перпендикуляр ВМ на SC. Соединяем отрезком точки N и M. Угол NMB — искомый.

Задача 51. Основанием пирамиды S ABC служит равнобедренный треугольник АБС, АС = ВС. Боковое ребро SC образует со сторонами основания CA и СБ равные углы величины а (а<90°). Построить линейный угол двугранного угла при ребре SC пирамиды.

Из условия следует, что SC проектируется на биссектрису CD угла АС В (см. задачу 23), точка D — середина ребра AB (рис. 130). Так как ABC — равнобедренный треугольник (с вершиной в С), AB JL CD, то AB -L SC. (Для доказательства последнего следует провести через С прямую, параллельную AB, и применить теорему о трех перпендикулярах, а также определение угла между скрещивающимися прямыми). Если из D опустить перпендикуляр DK на «SC, то плоскость АКВ будет перпендикулярна SC, а угол АКВ — искомый линейный угол двугранного угла при SC.

Заметим, что угол SDC — линейный угол двугранного угла при А В. В зависимости от его величины высота пирамиды будет расположена внутри пирамиды (при 0° < Z. SDC < 90°), в грани ASB при Z. SDC = 90°. или вне пирамиды (при 90° < Z. SDC < 180°).

Задача 52. Основанием пирамиды служит квадрат. Одно из боковых ребер перпендикулярно к основанию. Построить линейные углы двугранных углов при всех ребрах пирамиды.

Пусть S ABCD — данная пирамида, ребро SD перпендикулярно к ее основанию (рис. 131). Линейными углами двугранных углов при ребрах SD, AB, BCt AD, DC являются соответственно углы ADC, SAD, SCD, SDC, ADS. Для построения линейных углов двугранных углов при ребрах SA и SC опускаем из D перпендикуляры DM и DN, соответственно на ребра SA и .SC, затем в грани ASB проводим ML \\ AB, а в грани SBC — NL\\BC(AB ± SA и BC±SC\). Равные между собой углы SAD и SCD — соответствующие линейные углы.

При построении линейного угла двугранного угла при ÈB учитываем, что SB JL АС (доказать!). В плоскости SDB из О опускаем перпендикуляр ОР на SB. Тогда плоскость АСР перпендикулярна к SB и угол АРС — искомый.

Выпишем полученные результаты:

Двугранный угол

Его линейный угол

Вид угла

AB

SAD

острый

ВС

SCD

острый

CD

ADS

прямой

AD

SDC

прямой

SA

DML

прямой

SB

ABC

тупой

SC

DNL

прямой

SD

ADC

прямой

§ 4. Построение линейного угла двугранного угла при стороне основания призмы

Двугранные углы при сторонах основания у прямой призмы прямые. Линейный угол такого двугранного угла строим с учетом требования включить его в треугольник, образованный линейными элементами призмы. Покажем это на примере.

Задача 53. В основании прямой призмы — параллелограмм. Построить линейные углы двугранных углов при боковом ребре, проходящем через вершину острого угла, и при большей стороне AB основания (рис 132).

Угол DAB — линейный угол двугранного угла при боковом ребре А Аг, угол MXMD—линейный угол при ребре AB (построение ясно из рисунка).

Задача 54. В параллелепипеде две противоположные грани перпендикулярны к плоскости основания, а две

другие боковые грани наклонены к плоскости основания под углом а. Построить линейные углы двугранных углов при сторонах основания параллелепипеда.

Пусть в параллелепипеде (рис. 133) грани AAxBtB и CCXDXD перпендикулярны к плоскости основания, угол DAB—острый. Двугранные углы при сторонах AB и CD основания прямые. Для построения линейного угла двугранного угла с ребром AB строим ВХМ _L AB (из условия следует, что прямая ВХМ перпендикулярна к плоскости основания призмы), а из точки M проводим высоту ML основания. BXML = 90°.

Для построения линейного угла двугранного угла при ВС проводим СХК JL DC (тогда СгК перпендикулярна к плоскости основания призмы). Проводим KP J- ВС, тогда СХР _L ВС (по теореме о трех перпендикулярах). /_С,РК = а.

Задача 55. В основании параллелепипеда — ромб A BCD с острым углом а при вершине А. Боковое ребро А Ах образует равные углы со сторонами AB и AD основания. Построить линейные углы двугранных углов при сторонах основания, заключающих острый угол.

Из условия задачи делаем вывод, что ребро ААХ проектируется на биссектрису АС угла BAD (рис. 134). Проведем высоту АхО параллелепипеда (основание О высоты — на прямой АС, см. задачу 23). Проведем OK -L AB и ОМ -L AD. Соединим отрезками точки К и M с Ах. АХМ -L AD и АХК JL AB (по теореме о трех перпендикулярах). Углы АгКО и АхМО — искомые, они равны между собой.

На рисунке 134 показано также построение линейных углов двугранных углов при сторонах ВС и CD основания параллелепипеда, заключающих острый угол BCD. Способ построения линейного угла двугранного угла при стороне основания наклонной призмы, как видно из приведенных примеров, сводится к следующему: из верхнего конца бокового ребра проводим высоту призмы и высоту боковой грани, проходящей через указанную сторону основания призмы; основания проведенных высот соединяем отрезком.

§ 5. Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями наклонной призмы

В прямой призме за линейные углы двугранных углов при боковых ребрах в большинстве случаев проще всего принять углы между соответствующими сторонами осно-

вания призмы, исходящими из общей вершины с ребром двугранного угла.

Рассмотрим примеры построения линейного угла двугранного угла при боковом ребре наклонной призмы.

Задача 56. Основанием призмы служит квадрат ABCD со стороной а. Вершина Лх призмы проектируется в центр основания. Двугранный угол при ребре ААг равен а. Найти объем призмы.

Как видно по чертежу (рис. 135), линейный угол при ребре ААг строится так же, как и при боковом ребре правильной четырехугольной пирамиды (§ 3 гл. V): ведь AXABCD — правильная четырехугольная пирамида.

Задача 57. В наклонной призме основание — равнобедренный треугольник ABC, AB = ВС = 6, Z_ ABC =* = 2а. Боковое ребро ВВХ длины / одинаково наклонено к сторонам угла ABC. Двугранный угол при этом боковом ребре равен ß. Найти объем пирамиды.

Из условия задачи следует, что боковое ребро ВВХ проектируется на биссектрису BD угла ABC (см. задачу 23). Проведем BD 1 АС (рис. 136), тогда АС 1 ВгВ (по теореме о трех перпендикулярах, см. указание к задаче 51). Проводим DK -L ВХВ, точку К соединяем отрезками с Л и С. Так как ребро ВХВ перпендикулярно к плоскости АКСу угол АКС — линейный угол двугранного угла при ребре ВХВ. При решении этой задачи целесообразно ввести вспомогательный угол Z BXBD = ф.

Из приведенного примера видно, что линейный угол двугранного угла при боковом ребре наклонной призмы строится в основном так же, как и при боковом ребре пирамиды. И в том, и в другом случае важно знать, куда проектируется боковое ребро. После того как из верхнего конца наклонного бокового ребра опущен перпендикуляр на плоскость основания призмы, мы можем рассматривать это ребро как боковое ребро вспомогательной пирамиды, основанием которой служит основание данной призмы, а вершиной — верхний конец бокового ребра.

§ 6. Построение линейного угла двугранного угла между гранью многогранника и секущей плоскостью

Как и в предыдущих задачах, линейный угол двугранного угла будем строить так, чтобы включить его в треугольник вместе с другими элементами многогранника, с тем чтобы данные и искомые отрезки и углы полностью определяли этот треугольник.

В отдельных случаях линейный угол строится попутно при построении самого сечения. Остается только доказать, что построенный угол — действительно линейный угол данного (или искомого) двугранного угла. Проследим это на примере.

Задача 58. Основанием прямой призмы служит ромб, меньшая диагональ которого равна a, a острый угол равен а. Построить сечение призмы плоскостью, проходящей через большую диагональ призмы параллельно диагонали основания, и найти площадь сечения, если секущая плоскость образует с плоскостью основания призмы угол ß.

Пусть ABCDAxBiÇtPx— данная призма, BD — меньшая диагональ основания, ООх—ось призмы (рис. 137). Приступая к построению сечения, прежде всего проводим большую диагональ АСХ призмы (она проектируется на большую диагональ АС основания) и обозначаем угол СгАС наклона ее к плоскости основания. Сечение можно построить в такой последовательности: строим точку К пересечения АСХ и ООх, через К проводим MN ii BD, где M и N — точки пересечения секущей плоскости с ВВХ и DDX. Соединив отрезками вершины А и Сх призмы с точками M и N, получаем сечение. В данном случае нас интересует обоснование того, что угол CjAC, с которого мы начали построение, является линейным углом двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания призмы. Предлагаем читателю провести это обоснование, построив предварительно ребро EF двугранного угла.

При обосновании указанных выше построений дважды используется теорема о параллельности прямой и плоскости и обратная ей теорема. Это характерно для всех задач, в которых секущая плоскость задается условием параллельности некоторой прямой в плоскости грани многогранника.

Задача 59. Построить сечение правильной четырехугольной пирамиды S A BCD плоскостью, проходящей через вершину А основания перпендикулярно к противолежащему боковому ребру SC пирамиды. Определить площадь сечения, если сторона основания пирамиды равна Ь, а секущая плоскость образует с плоскостью основания пирамиды угол ß. Решение исследовать (рис.138).

Эта задача аналогична предыдущей. Начинаем с построения линейного угла двугранного угла ß, для чего из вершины пирамиды А опускаем перпендикуляр АК

на ребро SC. Затем через точку Р пересечения АК с высотой SO пирамиды проводим MN\\BD. Искомое сечение—дельтоид AMKN (его диагонали взаимно перпендикулярны и РМ «= PN). При исследовании надо показать, что 0° < ß <; 45°.

Предлагаем читателю обосновать построение, в частности то, что угол К АС действительно есть линейный угол двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды, как и в предыдущей задаче.

Рассмотрим часто встречающуюся задачу на определение площади сечения правильной четырехугольной пирамиды плоскостью, проходящей через одну из сторон основания пирамиды. Второе условие, определяющее секущую плоскость, при этом можно задать по-разному. Например, можно пожелать, чтобы эта плоскость проходила через середину высоты пирамиды, или перпендикулярно к противолежащей боковой грани, или под данным углом к плоскости основания (в частности, чтобы она делила двугранный угол при стороне основания пирамиды пополам) и т. д. Во всех этих случаях получаем в сечении равнобокую трапецию. Для вычисления ее площади свойство равнобокости роли не играет, поэтому специально обосновывать этот факт не следует. А вот положение высоты этой трапеции обосновать необходимо, так же, как и положение ее верхнего основания. Рассмотрим один из вариантов этой задачи.

Задача 60. В правильной четырехугольной пирамиде через сторону основания под углом ß к нему проведена плоскость. Определить площадь полученного сечения, если апофема пирамиды равна а и боковая грань наклонена к плоскости основания под углом cc(a>ß).

Пусть секущая плоскость проходит через сторону CD основания данной правильной пирамиды SABCD (рис. 139). Проведем сечение KSL пирамиды через апофемы S К и SL (оно содержит высоту SO пирамиды). Тогда прямая DC перпендикулярна к плоскости этого сечения, Z.SKL = /L.SLK = а. Секущая плоскость пересекает плоскость SKL по прямой PL {Р лежит на апофеме S/Q, а плоскость грани ASB — по прямой MN. При этом MN H DC (по теореме о параллельности прямой и плоскости и обратной ей теореме). Так как DC перпендикулярна к плоскости CL/C, то DC JL KL и DC -L PL, поэтому PL — высота трапеции CNMD, а угол PLK — линейный угол двугранного угла ß между секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды.

Задача 61. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAXBXCXDX через вершины Л, Си Dx проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол ß. Найти объем параллелепипеда, если стороны основания равны а и Ь.

Так как в основании данного параллелепипеда лежит прямоугольник с неравными сторонами, его диагонали не будут взаимно перпендикулярными. Для построения линейного угла двугранного угла при АС из вершины D опускаем перпендикуляр DK на прямую ЛС, полученную точку К соединяем отрезком с Dx (рис. 140).

Задача 62. Через вершину основания правильной треугольной пирамиды под углом а к нему проведено сечение, параллельное противолежащей стороне основания и перпендикулярное к противолежащей боковой грани. Определить объем пирамиды, зная ее апофему.

Пусть S ABC — данная пирамида, секущая плоскость проходит через вершину Л (рис. 141). По условию, прямая ВС параллельна секущей плоскости. Следовательно, ВС II АЕ (АЕ — ребро двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды). Из Л опускаем перпендикуляр АК на SD— апофему пирамиды в грани BSC. Через К проводим MN \\ ВС. Соединив отрезками Л с M и N, получаем сечение. Так как AD 1 ВС и АЕ \\ ВС, то AD 1 АЕ. Прямая АК проектируется на прямую AD в плоскости основания пирамиды и ВС ± AD, поэтому ВС 1 АК. Но АЕ \\ ВС, поэтому AK JL АЕ. Таким образом, угол KAD — линейный угол заданного двугранного угла а.

Задача 63. В основании прямоугольного параллелепипеда ABCDAXBXCXDX лежит квадрат со стороной о, боковое ребро равно Ь. Определить величину двугранного угла между секущими плоскостями DAXBX и DCXBX.

Указанные плоскости пересекаются по прямой ßtD, которой принадлежит диагональ BXD параллелепипеда (рис. 142). Прямоугольные треугольники DAXBX и DCXBX равны, поэтому их высоты, опущенные из вершин прямых углов Ах и Сх на общую гипотенузу BXD треугольников, имеют общее основание Е. Угол АХЕСЛ — линейный угол двугранного угла между данными секущими плоскостями.

В ряде случаев построение линейного угла данного двугранного угла (как и других элементов фигуры) значительно облегчается, если придать фигуре нужный ра-

курс. Ведь и при построениях на пространственной модели мы поступаем так, с тем чтобы нужные элементы фигуры хорошо просматривались, занимали привычное для глаза положение. Точно так же надо поступать с изображением фигуры, чтобы по возможности усилить его наглядность. Поясним сказанное на примере.

Задача 64. Найти площадь сечения правильного тетраэдра DABC плоскостью, содержащей медиану СМ грани ABC и параллельной прямой AD, если каждое ребро тетраэдра равно а. Найти величину двугранного угла между этой плоскостью и гранью ABD (рис. 143).

Если расположить тетраэдр DABC так, чтобы грань ABC была его основанием (согласно обозначению в условии задачи), a D — вершиной, линейный угол искомого двугранного угла примет «непривычное» положение, что вызовет затруднения при обосновании его построения (рис. 143, а). Поставим тетраэдр на грань ABD, опустим из вершины С высоту на эту грань (рис. 143, б). Сечение в этом случае займет привычное для глаза положение и обоснование построения линейного угла двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью грани ABD (то есть плоскостью основания при новом положении тетраэдра) не вызовет затруднений.

Глава VI. РАССТОЯНИЯ МЕЖДУ ТОЧКАМИ, ПРЯМЫМИ И ПЛОСКОСТЯМИ

§ 1. Расстояние от точки до прямой. Расстояние между параллельными плоскостями

Во многих задачах дано или требуется найти расстояние от точки до прямой. Вспомним соответствующее определение. Расстоянием от точки до прямой называется длина перпендикуляра, опущенного из данной точки на прямую. Следовательно, при решении таких задач приходится из данной точки А опустить перпендикуляр на данную прямую. Это можно сделать двумя способами:

через точку А и данную прямую р провести плоскость и в этой плоскости опустить перпендикуляр из точки на прямую;

через точку А провести плоскость, перпендикулярную к прямой /?, и точку M пересечения этой плоскости и прямой р соединить отрезком с Л.

Первый способ кажется наиболее простым. Но нужно учитывать, что нас «не устраивает» просто плоскость, проходящая через данные точку и прямую. Ведь нам нужно включить построенный перпендикуляр в плоскую фигуру вместе с другими элементами тела, а этого часто легче добиться вторым способом.

1. Первый способ применяем, когда по условию задачи можно построить треугольник, определяемый элементами данной фигуры, так, чтобы данная точка была одной из его вершин, а противолежащая ей сторона треугольника принадлежала данной прямой. Тогда остается из данной точки провести высоту треугольника — ее длина и будет расстоянием от заданной точки до прямой.

На рисунках 144, а, б показаны примеры построения перпендикуляра, опущенного из точки высоты пирамиды на боковое ребро, на высоту боковой грани, из вершины параллелепипеда— на его диагональ. Подобным же образом опускаем перпендикуляр из точки высоты конуса на его образующую.

Заметим при этом, что мы говорим не об изображении этого перпендикуляра, а о его построении на пространственной модели. Ведь изображается он на чертеже в известной мере произвольно, но при решении задачи мы исходим из того, что этот отрезок изображает высоту построенного треугольника. Поэтому включение его в состав треугольника (или другой плоской фигуры, образованной элементами данного геометрического тела) обязательно. Это и обеспечивается в ходе построения с соответствующим обоснованием.

На рисунке 144, а изображены перпендикуляры, опущенные на высоту SK боковой грани пирамиды из основания О и середины M высоты SO пирамиды.

2. Пусть прямая р принадлежит заданной плоскости a, a точка А лежит вне этой плоскости (рис. 145). Если построение треугольника, как в предыдущем случае, невозможно, тогда пользуемся вторым способом: из точки А опускаем перпендикуляр АО на плоскость а, из его основания О опускаем перпендикуляр OK на прямую р\ соединяем точки Л и /(отрезком. А К -L /?(по теореме о трех перпендикулярах).

Приведем несколько типичных задач.

Задача 65. Точка M равноудалена от всех вершин правильного треугольника ABC со стороной а и удалена от плоскости треугольника на расстояние 6. Найти рас-

стояние от точки M до прямых, содержащих стороны треугольника.

Из условия следует, что точка M проектируется в центр О данного правильного треугольника ABC (рис. 146) — точку пересечения его высот. Остается соединить точку M с основаниями высот треугольника — серединами Е, D, F его сторон, чтобы получить перпендикуляры, опущенные из точки M на прямые AB, ВС, АС. В данном случае ME = MD «■ MF.

Задача 66. На плоскости а проведены две параллельные прямые, а || Ь, расстояние между которыми равно т. Точка S находится на расстоянии h от плоскости а и на одинаковом расстоянии от обеих прямых. Найти это расстояние (рис. 147).

Из данной точки 5 опустим перпендикуляр 50 на плоскость а, через его основание О в плоскости а проведем прямую AB, перпендикулярную к данным прямым а и b (А и В — точки пересечения прямой AB соответственно с прямыми а и Ь). Соединим отрезками 5 с А и В, тогда SA JL a, SB _L b (по теореме о трех перпендикулярах). Из SA = SB следует OA = OB.

Поскольку для построения чертежа важно сначала определить положение точки О, целесообразно в данном случае несколько изменить порядок построения: начать с проведения прямой AB, перпендикулярной к данным прямым а и Ь, затем в середине О отрезка AB восставить перпендикуляр к плоскости а, на нем отметить точку S и соединить ее отрезками с А и В.

Задача 67. На плоскости дан угол а. Точка M удалена от вершины угла на а, от сторон угла — соответственно на b и с. Определить расстояние от точки M до плоскости (рис. 148).

Из точки M опускаем перпендикуляр МО на плоскость угла а. Из О опускаем перпендикуляры OB и ОС на стороны угла. Тогда MB A. AB, MC X АС (ВО продолжаем до пересечения с АС в точке D). MA = а, MB = b, MC = с.

Задача 68. В основании прямого параллелепипеда лежит ромб. Опустить перпендикуляр из центра симметрии Oi верхнего основания на сторону AD нижнего основания (рис. 149).

Ось прямого параллелепипеда 0Х0 перпендикулярна к плоскостям его оснований. Проведем ОМ L AD9 тогда 0ХМ — искомый перпендикуляр (по теореме о трех перпендикулярах).

Задача 69. Через верхний конец образующей равностороннего цилиндра под углом а к ней проведена касательная к цилиндру. Радиус основания цилиндра R. Определить расстояние от центра каждого основания до касательной (рис. 150).

Через образующую МХМ проводим касательную плоскость к цилиндру. Она определяется образующей МХМ и прямой МК в плоскости основания цилиндра, касательной к окружности основания в точке М. В этой плоскости через Mi проводим прямую MXL под углом а к образующей МгМ.

Радиус ОхМх верхнего основания цилиндра перпендикулярен к касательной плоскости КМХМ, поэтому ОгМг JL MXL. Из M проводим MB JL MXL. Так как отрезок ОМ перпендикулярен к плоскости КММи то MB — проекция OB на эту плоскость, OB J_ MXL (по теореме о трех перпендикулярах). Требуется определить расстояния ОхМх и OB.

Рассмотрим задачу, в которой заданным линейным элементом является расстояние между параллельными плоскостями. При решении таких задач важно удачно выбрать точку, из которой проводится общий перпендикуляр этих плоскостей.

Задача 70. В кубе /lßCDi41ß1C1D1 проведены секущие плоскости AXBD и CBJ)1% расстояние между ними равно с. Определить объем куба (рис. 151).

При решении задачи 14 доказано, что данные параллельные секущие плоскости перпендикулярны к диагонали АСХ куба. Следовательно, расстояние между секущими плоскостями равно длине отрезка MN диагонали куба АСХ—общего перпендикуляра этих плоскостей. Обосновывая решение задачи, не забудьте также доказать, что секущие плоскости параллельны.

Заметим, что построение общего перпендикуляра двух параллельных плоскостей сводится к проведению перпендикуляра из произвольной точки одной из этих плоскостей к другой плоскости. Выбор такой точки подсказывается условиями задачи.

§ 2. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми

Два параметра характеризуют взаимное положение скрещивающихся прямых: угол и расстояние между данными прямыми. Эти параметры часто встречаются среди

данных или искомых величин в стереометрических задачах. Вспомним, например, задачу на определение угла между диагональю куба и скрещивающейся с ней диагональю боковой грани и расстояния между ними. При решении таких задач приходится ссылаться не только на соответствующие определения, но и на те построения, с помощью которых обосновывается существование и безвариантность указанных параметров для каждой пары скрещивающихся прямых.

1. Рассмотрим вопрос о построении угла между скрещивающимися прямыми.

Определение. Углом между двумя скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися параллельными им прямыми.

Важно помнить, что в этом определении речь идет не о фигуре «угол», а о мере угла, которая характеризует взаимное положение скрещивающихся прямых. Ведь такие прямые не имеют общей точки, поэтому фигуры «угол» не образуют. Возможность точно охарактеризовать взаимный наклон данной пары скрещивающихся прямых, указав угол между ними, вытекает из того, что мера этого угла определяется исключительно направлением каждой из данных двух скрещивающихся прямых. Из приведенного определения следует, что для построения угла между скрещивающимися прямыми его вершину можно выбрать произвольно. Во многих случаях эту вершину удобно выбрать на одной из двух данных прямых.

Если в задаче требуется найти угол между скрещивающимися прямыми, его не всегда нужно строить. Например, угол между диагональю куба и скрещивающейся с ней диагональю боковой грани можно найти, применив соответствующие векторные формулы. Если же этот угол дан в условии задачи, его следует построить, включив в состав треугольника вместе с другими элементами фигуры.

Например, если речь идет об угле между скрещивающимися диагоналями ADX и ВгС противоположных граней параллелепипеда, то легко заметить, что он равен углу между диагоналями каждой из этих граней. Угол между диагоналями ADX и DCX смежных граней этого параллелепипеда удобно построить, выбрав за его вершину конец Сх диагонали DCt (рис. 152).

В задачах на построение и определение площади сечений многогранников секущая плоскость иногда зада-

ется точкой и условием параллельности данным двум скрещивающимся прямым. При определении формы сечения в таких задачах нередко нужно знать угол между скрещивающимися прямыми, который равен углу между соответствующими сторонами полученного сечения.

Задача 71. Через центр основания правильной треугольной пирамиды со стороной основания а проведено сечение параллельно двум скрещивающимся ребрам пирамиды. Определить площадь сечения, если боковое ребро пирамиды образует с плоскостью основания угол а.

Пусть S ABC — данная пирамида, секущая плоскость проходит через центр О ее основания параллельно ребрам ВС и SA (рис. 153). Тогда KL || ВС, KN \\ SA, ML || SA, MN H ВС, где KL, KN, ML, MN — стороны сечения (читатель легко докажет эти утверждения). Таким образом, в сечении имеем параллелограмм. Однако это заключение верно лишь «в первом приближении», оно требует уточнения. Чтобы найти площадь параллелограмма, недостаточно знать длины его сторон KN и KL, которые легко найти из условий задачи. Надо знать еще и угол между этими сторонами. А поскольку KN \\ SA и KL H ВС, то имеется ввиду угол между скрещивающимися прямыми AS и ВС. Этот угол прямой. Для доказательства этого проведем через вершину А основания пирамиды прямую QR, параллельную прямой ВС. Угол SAQ (по определению — угол между скрещивающимися прямыми SA и ВС) — прямой, что легко установить, применив теорему о трех перпендикулярах. Таким образом, полученное сечение — прямоугольник.

2. Переходя к рассмотрению расстояния между скрещивающимися прямыми, отметим прежде всего, что один только угол не определяет однозначно взаимное положение двух таких прямых. Ведь можно, не изменяя угла между скрещивающимися прямыми, сближать их или удалять друг от друга.

Понятие расстояния между скрещивающимися прямыми, как и понятие угла между ними, вводится не произвольно, а на основании решения соответствующей задачи, из которой следует, что существует единственная прямая, пересекающая обе данные прямые и перпендикулярная к каждой из них. При этом выясняется, что длина отрезка указанной прямой, имеющего концы на данных двух прямых (то есть длина общего перпендикуляра скрещивающихся прямых), является кратчайшим расстоянием между точками этих прямых.

Определение. Расстоянием между скрещивающимися прямыми называется длина их общего перпендикуляра. Оно равно расстоянию между параллельными плоскостями, проходящими через эти прямые.

Поскольку при решении задач часто приходится строить общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых, напомним этот алгоритм для разных случаев взаимного положения этих прямых.

1-й случай. Даны скрещивающиеся прямые а и Ъ общего положения (то есть не взаимно перпендикулярные, рис. 154).

Первый шаг. Через одну из прямых, например прямую а, проводим плоскость а, параллельную прямой Ь.

Второй шаг. Проектируем прямую Ъ на плоскость а (проекция прямоугольная!). Пусть Ь2— проекция прямой Ь.

Третий шаг. Пусть Мх — точка пересечения прямых а и 62» лежащих в плоскости а. Мх — проекция на плоскость ос некоторой точки M прямой Ь. ММХ — искомый общий перпендикуляр прямых а и b (докажите!).

Сделаем важное замечание. Во многих задачах расстояние между скрещивающимися прямыми является не данным, а искомым элементом фигуры. В этих случаях далеко не всегда требуется строить общий перпендикуляр двух данных прямых.

На рисунке 154 видно, что расстояние от любой точки прямой Ь до плоскости а, проходящей через прямую а параллельно 6, равно расстоянию между прямыми а и Ь. Отсюда получаем простое правило нахождения расстояния между данными скрещивающимися прямыми а и 6, не требующее построения их общего перпендикуляра.

Первый шаг. Через прямую а проводим плоскость a H 6, а через прямую Ъ — плоскость ß || а. Тогда плоскости а и ß параллельны, расстояние между ними равно расстоянию между прямыми а и Ъ.

Второй шаг. Строим общий перпендикуляр плоскостей а и ß, используя для этого конкретные условия задачи, с тем чтобы облегчить вычисление его длины.

Можно указать и третий способ.

Первый шаг. Через прямую а проводим плоскость a H Ь.

Второй шаг. Из произвольной («удобной» по условию задачи) точки К прямой b опускаем перпендику-

ляр на плоскость а. Длина этого перпендикуляра равна искомому расстоянию между прямыми а и ft.

Задача 72. В равностороннем цилиндре отрезок NMt длиной а соединяет точки N и Mt на окружностях оснований цилиндра, не принадлежащие одной образующей. Отрезок NMX проектируется на основание цилиндра в хорду, стягивающую дугу 0° < а < 180°. Определить расстояние между отрезком NMX и осью ООх цилиндра.

Как видим, в этом случае нет необходимости строить общий перпендикуляр двух данных скрещивающихся прямых — ведь это связано не только с лишними построениями, но и с лишними обоснованиями.

Проводим образующую MMt (рис. 155). Так как ООх H MMlt то ООх параллельна плоскости NMMU проходящей через одну из данных скрещивающихся прямых — NM. Из центра нижнего основания цилиндра опускаем перпендикуляр OK на хорду NM. Так как отрезок OK перпендикулярен к плоскости NMMlf его длина равна искомому расстоянию.

Присмотримся к условию этой задачи с иной точки зрения. Ведь одна из данных прямых — 00г перпендикулярна к плоскости основания цилиндра. Опишем наше построение в несколько иной терминологии: проектируем прямую NMX на плоскость, перпендикулярную к ООх. Тогда 00\ проектируется в точку О, NMt — в отрезок NM, а общий перпендикуляр данных двух прямых, будучи параллельным плоскости проекций, проектируется без искажений в отрезок OK -L MN. (Доказательство мы опускаем, так как оно связано с двумя теоремами, которых нет в школьном учебнике, хотя они очень легко доказываются. Рекомендуем читателю доказать предложенное построение, тем более, что оно очень широко используется при решении задач). Приведенный выше третий способ удобен для определения расстояния между боковым ребром и скрещивающейся с ним диагональю прямой призмы или диагональю ее боковой грани. На рисунке 156 показано, как при этом строится и сам общий перпендикуляр таких прямых. (Расстояние между прямыми ААх и BDX равно длине отрезка АКУ их общий перпендикуляр — отрезок MKv Прямые MKi и АК параллельны).

Задача 73. Длина ребра куба равна а. Найти кратчайшее расстояние от диагонали куба до скрещивающегося с ней ребра.

Искомое расстояние не зависит от выбора диагонали и соответствующего ребра куба. Для большей наглядности рассмотрим диагональ BDX куба и ребро ССи перпендикулярное к плоскости основания куба (рис. 157). Спроектируем их на плоскость основания. Проекцией BDi будет диагональ BD основания, а проекцией ССХ— вершина С основания куба. Но СО X BD (как диагонали квадрата), поэтому длина отрезка СО — искомое расстояние. На рисунке показано также построение общего перпендикуляра прямых BDX и ССХ.

На том же рисунке 157 проиллюстрирован и другой способ нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми, описанный выше. Пусть, например, в гранях куба проведены два скрещивающихся отрезка, АХК и GXL, где К и L лежа г соответственно на ребрах DDX и ВВХ куба. Так как эти отрезки лежат в параллельных гранях куба, расстояние между ними равно длине ребра куба — общего перпендикуляра этих граней.

Задача 74. В основании прямой призмы лежит ромб со стороной а и острым углом а при вершине А. Боковые ребра имеют длину &. Найти расстояние между скрещивающимися диагоналями граней, образующих двугранный угол а (рис. 158).

Линейный угол двугранного угла при боковом ребре ААХ призмы Z. DAB = а. Рассмотрим АВХ и AXD — скрещивающиеся диагонали смежных боковых граней о общим ребром ААх. Проведем через АВХ и AXD плоскости (соответственно) АВХС и AXDCX. Поскольку АС \\ АХСХ и ВХС H AxDt эти плоскости параллельны. Следовательно, расстояние между АВХ и AXD равно расстоянию между плоскостями АВХС и AXDCX.

Для построения общего перпендикуляра указанных плоскостей прежде всего докажем, что плоскость BBXDXD диагонального сечения призмы перпендикулярна к плоскости АВХС. Действительно, AC X BD (как диагонали ромба ) и AC X 00\ (призма прямая Г), следовательно, АС перпендикулярна к плоскости BBXDXD, и потому проходящая через АС плоскость АВХС перпендикулярна к плоскости BBXDXD. Линия пересечения этих плоскостей — прямая ВхО.

Из Ох — общей точки плоскостей ААХСХС и BBXDXD— опустим перпендикуляр ОхР на ОВх (рио. 159), тогда отрезок ОхР перпендикулярен к плоскости ABxCt а значит, и параллельной ей плоскости AXDCX и является общим перпендикуляром данных скрещивающихся прямых.

2-й случай. Рассмотрим теперь взаимно перпендикулярные скрещивающиеся прямые а и Ь. В этом случае построение общего перпендикуляра данных прямых значительно упрощается. Алгоритм этого построения состоит из следующих шагов (рис. 160).

Первый шаг. Через одну из данных прямых (например, прямую Ь) проводим плоскость ß, перпендикулярную к другой прямой, а ± ß, и находим точку А пересечения прямой а с плоскостью ß.

Второй шаг. В плоскости ß из А опускаем перпендикуляр AB на прямую Ь. Отрезок AB и будет общим перпендикуляром данных прямых а и Ъ.

Естественно, этот прием применим только в случае, если а ± Ь. В противном случае через одну из прямых нельзя было бы провести плоскость, перпендикулярную ко второй прямой.

Задача 75. Построить перпендикуляр, общий для диагонали BDX куба и не пересекающей ее диагонали ВХС грани этого куба (рис. 161). Найти длину общего перпендикуляра, если ребро куба равно а.

Ребро DXCX перпендикулярно к плоскости грани ВВХСХС куба, поэтому плоскость BDXCX, проходящая через одну из данных прямых — BDX, перпендикулярна к плоскости этой грани и пересекается с нею по прямой ВСХ. Но ВХС ± ВСХ, поэтому ВХС перпендикулярна к плоскости BDXCX. Остается из точки Р пересечения этой плоскости со второй данной прямой — ВХС опустить перпендикуляр PN на прямую BDX. Отрезок PN — общий перпендикуляр двух данных скрещивающихся прямых. Для вычисления длины отрезка PN удобно провести CXL L BDX.

Задача 76. В правильной треугольной пирамиде SABC плоский угол при вершине равен a, a кратчайшее расстояние между боковым ребром и противолежащей стороной основания равно с. Найти объем пирамиды (рис. 162).

Рассмотрим в данной пирамиде скрещивающиеся ребра SB и АС. Они взаимно перпендикулярны (специально мы этого доказывать не будем: это вытекает из способа построения общего перпендикуляра скрещивающихся ребер пирамиды). Проведем BD JL АС, соединим D с S. Тогда SD JL АС н АС перпендикулярна к плоскости SDB, проходящей через 55 и пересекающей АС в точке D. Из D опустим перпендикуляр DE на ребро SB. AG JL

± DE (по определению перпендикулярности прямой и плоскости), DE _L SB (по построению). Следовательно, DE = с — общий перпендикуляр прямых АС и SB.

Глава VII. ПОСТРОЕНИЕ ЧЕРТЕЖЕЙ К ЗАДАЧАМ НА ОПРЕДЕЛЕНИЕ ОБЪЕМА И ПЛОЩАДИ ПОВЕРХНОСТИ ТЕЛ ВРАЩЕНИЯ

Решая задачи на определение объема и площади поверхности тел вращения, вспомним, что простейшие из таких тел — цилиндр, конус, усеченный конус, шар. Генетические определения прямого кругового цилиндра, конуса, шара даны в учебном пособии «Геометрия. 6—10» А. В. Погорелова. Аналогично можно дать определение усеченного конуса как тела, полученного при вращении прямоугольной трапеции вокруг боковой стороны, перпендикулярной к основаниям, как оси.

Отметим два существенных момента во всех этих определениях. Во-первых, ось вращения компланарна (лежит в одной плоскости) с вращаемой фигурой и не пересекает ее. Во-вторых, внутренние области тел вращения описываются при вращении областей, ограниченных указанными плоскими фигурами (включая точки этих фигур, лежащие на оси вращения). Поверхность же тел вращения описывается вращающимися контурными линиями этих плоских фигур. Например, внутренняя область конуса описывается при вращении плоской области, ограниченной прямоугольным треугольником, вокруг его катета (включая катет, лежащий на оси вращения), боковая поверхность описывается вращающейся гипотенузой, а основание конуса — вращающимся катетом этого треугольника.

В задачах мы встречаемся и с более сложными телами вращения. Во всех этих случаях ось вращения должна лежать в плоскости вращающейся фигуры и не пересекать эту фигуру. При решении таких задач обычно приходится расчленять полученное тело вращения на составные части в форме цилиндра, конуса, усеченного конуса, иногда части шара.

При определении объема полученного тела вращения учитываем сказанное выше. Поясним это на примере.

Пусть прямоугольный треугольник ABC вращается вокруг оси AM, проходящей через вершину острого угла

А параллельно катету ВС (и, следовательно, перпендикулярно к катету АС). На рисунке 163 изображено полученное тело вращения. Очевидно, что объем этого тела равен разности объемов двух тел: цилиндра, полученного при вращении прямоугольника A M ВС вокруг оси AM, и конуса, полученного при вращении вокруг той же оси прямоугольного треугольника АМВ. Из этого примера отчетливо видно, что при решении таких задач очень часто приходится не складывать, а вычитать объемы элементарных тел вращения, на которые расчленено данное сложное тело.

Что касается площади поверхности сложного тела вращения, то ее во всех случаях находят как сумму площадей поверхностей, описываемых каждой вращающейся стороной (или дугой) плоской фигуры, которая порождает тело вращения.

В приведенном выше примере площадь поверхности тела вращения складывается из площади боковой поверхности цилиндра, описываемой катетом ВС, боковой поверхности конуса, описываемой гипотенузой AB, и площади круга, описываемого катетом АС.

Решая задачи на фигуры вращения, нужно прежде всего изобразить (во фронтальной плоскости, то есть без искажения) осевое сечение полученного тела вращения (ось вращения на чертеже располагается «вертикально»), а затем изобразить основания и очерковые образующие соответствующих конусов, усеченных конусов, цилиндров, из которых составлено данное тело вращения. Следует помнить, что при вращении вокруг оси точка описывает окружность, радиус которой равен расстоянию точки от оси, центр принадлежит оси, причем плоскость описываемой окружности перпендикулярна к оси вращения.

Для большего удобства при решении задачи полезно построенное осевое сечение использовать как выносной чертеж, а рядом выполнить «объемное» изображение тела вращения, расположив на нем осевое сечение под углом к фронтальной плоскости.

Приводим несколько примеров выполнения чертежей при решении таких задач.

Задача 77. В треугольнике ABC дано основание ßC= *= а и прилежащие к нему углы а и 90° + а. Найти объем и площадь поверхности тела, полученного при вращении этого треугольника вокруг его высоты, не пересекающей треугольник (рис. 164).

В этой задаче объем тела вращения равен разности объемов конусов АССХ и АВВХ с общей высотой Л О, а площадь поверхности равна сумме боковых поверхностей этих конусов и площади кольца, описываемого стороной ВС треугольника ABC.

Задача 78. Треугольник ABC вращается вокруг прямой, которая лежит в плоскости этого треугольника, проходит вне его через вершину А и одинаково наклонена к сторонам AB и АС. Найти объем тела вращения, если AB ~a,AC*>*b,/L ВАС = а (рис. 165).

Данное тело вращения представляет из себя усеченный конус ВВХСХС, из которого удалены два конуса! АВХВ и АСХС.

Задача 79, Равнобедренный треугольник ABC о основанием АС = а и углом а при вершине вращается вокруг оси, проходящей вне треугольника (со стороны основания) параллельно его основанию Л G на расстоянии Ь от него. Определить площадь поверхности и объем тела вращения.

Заданное условием задачи тело вращения имеет плоскость симметрии — плоскость кругового кольца, описываемого высотой В К равнобедренного треугольника ABC (рис. 166). Это нужно учесть при решении задачи. Объем данного тела вращения равен удвоенной разности объемов усеченного конуса, описываемого трапецией ОхМВС, и цилиндра, описываемого прямоугольником ОхМКС при вращении вокруг оси ОхМ. Площадь поверхности равна удвоенной сумме площадей боковых поверхностей указанных усеченного конуса и цилиндра.

В заключение отметим, что при решении задач на тела вращения не рекомендуется спешить с определением отдельных элементов этих тел — радиусов оснований, высот, образующих. Лучше сначала максимально упростить формулу решения и лишь затем определить длины оставшихся в этой формуле отрезков.

Глава VIII. ОБОСНОВАНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ШАРА В ЗАДАЧАХ НА КОМБИНАЦИЮ ШАРА С МНОГОГРАННИКАМИ, ЦИЛИНДРОМ ИЛИ КОНУСОМ

Сам по себе шар — тело наиболее простое, ведь оно определяется одним лишь параметром — радиусом. Если же в задаче задана комбинация шара с другим геомет-

рическим телом, то очень важно точно определить взаимное положение центра шара и элементов этого другого тела.

Проще всего этот вопрос решается для комбинации шара с цилиндром: центром описанного около цилиндра, как и вписанного в цилиндр шара является середина оси цилиндра — отрезка, соединяющего центры его оснований.

Если в шар вписана прямая призма, центром шара является середина отрезка, соединяющего центры окружностей, описанных около оснований призмы (эти окружности можно принять за параллели сферы, описанной около призмы).

Если прямая призма описана около шара, ее боковые грани касаются сферы в точках, расположенных на ее экваторе, боковое ребро равно диаметру шара, его центром является середина отрезка, соединяющего центры окружностей, вписанных в основания призмы.

Остановимся подробнее на положении центра шара в случаях комбинации шара с конусом, пирамидой.

1. Пусть конус вписан в шар. Осевое сечение этой комбинации двух тел, проведенное через ось конуса, представляет из себя круг с вписанным в него равнобедренным треугольником. Центр круга, он же — центр описанного шара, лежит на высоте этого треугольника (то есть высоте конуса) или ее продолжении. Но нам важно уточнить положение центра шара. Вспомним, что центром описанной около треугольника окружности является точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. В нашем случае это означает, что центром шара, описанного около конуса, является точка пересечения высоты конуса (или ее продолжения) с перпендикуляром к образующей, проведенным через ее середину в плоскости осевого сечения конуса (рис. 167).

2. Если шар вписан в конус, то осевым сечением этой комбинации тел будет равнобедренный треугольник с вписанным в него кругом. Центр этого круга (центр вписанного в конус шара) есть точка пересечения биссектрис треугольника. Но одна из них является высотой конуса, а другая (как и третья) — биссектрисой угла наклона образующей конуса к плоскости его основания (рис. 168).

3. Пирамиды бывают самыми разными. Не всякую пирамиду можно вписать в шар или описать около шара.

В тех случаях, когда это возможно, пирамида не обязательно будет правильной или хотя бы полуправильной.

Мы рассмотрим в качестве типовых случаев только комбинации шара с полуправильными или правильными пирамидами. В качестве «нестандартной» рекомендуем задачу б, рассмотренную в § 8 главы I.

Пусть в шар вписана пирамида, боковые ребра которой равны (или, что то же, одинаково наклонены к плоскости основания и образуют равные углы с высотой пирамиды).

Многогранник называется вписанным в шар (сферу), если все его вершины лежат на поверхности шара, то есть одинаково удалены от центра шара.

Рассмотрим сначала вершины основания вписанной в шар пирамиды. Плоскость основания пересекает сферу по окружности, описанной около этого основания. Из равенства боковых ребер пирамиды следует, что основанием ее высоты является центр описанной около основания пирамиды окружности (см. § 1 главы IV), то есть высота принадлежит прямой, проходящей через центр окружности перпендикулярно к ее плоскости. Эта прямая является геометрическим местом точек, равноудаленных от всех точек указанной окружности. Мы пришли к выводу, что центр описанного шара лежит на высоте пирамиды или на ее продолжении. Этот вывод требует дальнейшего уточнения — ведь точек на высоте пирамиды не счесть.

Предварительно уточним положение вершины пирамиды. Мы всегда можем считать, что плоскость экватора сферы параллельна плоскости основания пирамиды. Но тогда основание пирамиды вписано в параллель сферы, а ее вершина совпадает с одним из полюсов.

Рассмотрим теперь вершину S пирамиды и одну из вершин основания, например А. Геометрическим местом точек в пространстве, равноудаленных от S и Л, является плоскость, проходящая через середину К бокового ребра SA перпендикулярно к ребру. Она пересекает плоскость SPA, проходящую через высоту и ребро SA пирамиды, по прямой КО, перпендикулярной к SA. Точка О пересечения КО и SP равноудалена от всех вершин пирамиды — эта точка и является центром описанного около пирамиды шара (рис. 169).

При решении задач такого вида мы используем треугольник SKO. Он включает радиус 50 шара, половину

бокового ребра пирамиды \SK = ~2 SAj. Кроме того, Z. SO К /-.SAP — углу наклона бокового ребра к плоскости основания пирамиды.

4. Пусть шар вписан в пирамиду, боковые грани которой одинаково наклонены к основанию (или, что то же, высота пирамиды образует равные углы со всеми боковыми гранями).

Шар называется вписанным в пирамиду, если он касается всех граней пирамиды (включая основание). Таким образом, центр О вписанного шара — это точка, равноудаленная от всех граней пирамиды (так как радиусы шара, проведенные в точки касания, перпендикулярны к касательным плоскостям). Итак, нам предстоит выяснить положение точки, одинаково удаленной от всех граней описанной около шара пирамиды указанного вида.

Рассмотрим сначала только боковые грани пирамиды. Из условия, что все они одинаково наклонены к плоскости основания, следует, что высота пирамиды проходит через центр вписанной в основание окружности и что точки высоты одинаково удалены от всех боковых граней (докажите!). Остается уточнить, какая именно точка высоты пирамиды является центром вписанного в нее шара.

Рассмотрим двугранный угол, образованный основанием пирамиды и одной из ее боковых граней (безразлично, какой, ибо все они по условию одинаково наклонены к основанию). Проведем через высоту SP пирамиды плоскость SDP, перпендикулярную к ребру двугранного угла АС — пересечение ее с гранью даст нам линейный угол SDP этого двугранного угла. Проведем биссектрису линейного угла — она пересечет высоту пирамиды в точке О, одинаково удаленной от основания и боковой грани пирамиды (докажите!), а значит, и от всех граней пирамиды.

Таким образом, центром вписанного в данную пирамиду шара является точка пересечения высоты пирамиды и биссектрисы линейного угла двугранного угла при основании, лежащего в плоскости, которая проходит через высоту пирамиды (рис. 170).

Полученный прямоугольный треугольник OPD включает радиус шара ОР, радиус PD окружности, вписанной в основание пирамиды, угол ODP, равный половине линейного угла двугранного угла при основании пирамиды.

Кроме того, решение этого треугольника дает «выход» на треугольник SPD, который включает высоту пирамиды и высоту ее боковой грани (у пирамиды такого вида высоты боковых граней, проведенные из вершины пирамиды, равны).

Рассмотрим в заключение несколько задач на комбинацию шара с многогранниками.

Задача 80. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна И. Перпендикуляр, проведенный из центра шара, описанного около пирамиды, к ее боковой грани, образует с высотой угол а. Определить объем шара.

Пусть SABCD — данная пирамида (рис. 171). Мы уже знаем (см. п. 3 этого параграфа), что центром описанного около нее шара является точка О пересечения высоты SM пирамиды (или ее продолжения) с серединным перпендикуляром к боковому ребру SC, проведенным в плоскости M SC. Перпендикуляр О/С, опущенный на боковую грань CSD из центра О описанного шара, лежит в плоскости SME, перпендикулярной к грани CSD (SE — апофема пирамиды, ME — ее проекция на плоскость основания). Поэтому основание К указанного перпендикуляра лежит на SE.

Эта задача имеет две особенности.

Прежде всего «расшифруем» условие относительно данного угла. Центр шара здесь назван явно для того, чтобы осложнить анализ условия. На самом деле этот перпендикуляр к боковой грани можно опустить из любой точки высоты пирамиды — он с одинаковым успехом будет «маскировать» то условие, что апофема пирамиды наклонена к плоскости основания под углом а, то есть что двугранный угол при основании пирамиды равен а.

Вторая особенность задачи состоит в том, что данный угол не входит в прямоугольный треугольник SPO (ОР 1 SP, SP = PC), который связывает радиус шара с боковым ребром пирамиды. Это несколько усложняет решение задачи. В таких случаях обычно вводят вспомогательный угол Z. MCS =» 2_ SOP =* q> или рассматривают прямоугольный треугольник SDN, где SN — диаметр шара.

Задача 81. В куб с ребром а вписана сфера. Найти радиус другой сферы, касающейся трех граней куба и первой сферы (рис. 172).

Центром сферы, вписанной в куб, является центр симметрии куба — он одинаково удален от всех его граней.

Пусть вторая сфера касается всех граней трехгранного угла с вершиной в Ах. Покажем, что такая сфера существует и ее центр лежит на диагонали АХС куба. Заме!им прежде всего, что углы наклона диагонали АХС куба к плоскостям граней этого трехгранного угла равны между собой. Действительно, проекциями отрезка АХС на соответствующие грани куба являются диагонали этих граней, а из равенства треугольников CAXD> CAxCit САХВ следует Z_ CAXD = Z. САХСХ = Z. САХВ.

Возьмем произвольную точку F на отрезке ОАх диагонали АХС куба. Поскольку плоскости CAXD, САхСи САХВ перпендикулярны к плоскостям соответствующих граней, проекции Flt F2l F3 точки F на эти грани будут лежать соответственно на диагоналях AXD, АхСи АХВ граней. Прямоугольные треугольники AXFFU AlFF2> AXFF3 равны, отсюда FFX = FF2 = FFS. Таким образом, точка F одинаково удалена от плоскостей трех граней куба с общей вершиной Ах (точки F, Fu F2i F3 на чертеже не отмечены). Из условия касания указанных в задаче двух сфер следует, что точка касания лежит на диагонали АХС куба (которая является линией центров этих сфер).

На чертеже куб размещен так, чтобы прямоугольник ААХСХС диагонального сечения лежал во фронтальной плоскости. При этом как сам этот прямоугольник, так и осевые сечения сфер изображаются без искажении (при изображении прямоугольника ААхСгС не следует забывать об отношении длин его сторон!).

Задача 82. Основание пирамиды SABC — прямоугольный треугольник, катеты CA и СВ которого равны а. Боковое ребро SC перпендикулярно к основанию и также равно а. Найти радиус сферы, вписанной в пирамиду (рис. 173).

Задача на первый взгляд кажется довольно сложной. Ведь, решая ее, нужно прежде всего доказать, что в данную пирамиду можно вписать сферу, затем выяснить положение центра этой сферы, а это сделать не так легко, как в случае правильной пирамиды. Однако при ближайшем рассмотрении оказывается, что эта пирамида — правильная, стоит лишь поставить ее на грань SAB как на основание. Пирамида от этого не пострадает, а для нас все прояснится. Действительно, ASB—равносторонний треугольник, SA = SB = AB = a V2, CA = = СВ = CS = а, следовательно, вершина С проектиру-

ется в центр M треугольника A SB. Но в правильную пирамиду может быть вписана сфера, ее центром будет точка пересечения высоты СМ пирамиды и биссектрисы угла СКМ — линейного угла двугранного угла при стороне AB основания.

Приняв за основание пирамиды грань SAB, будем решать задачу в такой формулировке: «В правильную, треугольную пирамиду CSAB, стороны основания которой равны a V2, а плоские углы при вершине прямые, вписана сфера. Найти радиус сферы».

ОГЛАВЛЕНИЕ

Введение . ............... 3

Глава I. Изображение пространственных фигур в параллельной проекции ................... 7

§ 1. Определение параллельного проектирования и его свойства 7

§ 2. Выбор направления проектирования........11

§ 3. Построение изображений пространственных фигур в параллельной проекции..............14

§ 4. Изображение многогранников и их комбинаций ... 21

§ 5. Изображение окружности, вписанных и описанных около нее многоугольников..............27

§ 6. Изображение цилиндра и конуса, их комбинаций с многогранниками .................38

§ 7. Выбор и изображение фронтального сечения.....42

§ 8. Изображение шара (сферы), комбинаций шара (сферы) с многогранниками и телами вращения.......43

Глава II. Построение сечения многогранника плоскостью.

Обоснование формы сечения.............51

§ 1. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной тремя точками................51

§ 2. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной прямой и точкой вне ее или двумя параллельными прямыми 54

§ 3. Применение метода внутреннего проектирования при построении сечения призмы плоскостью........56

§ 4. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной точкой и условием параллельности или перпендикулярности к указанным прямым и плоскостям ...... 60

Глава III. Построение угла между прямой и плоскостью . . 68

§ 1. Построение угла между ребром и гранью многогранника 70

§ 2. Построение угла между высотой и наклонной к основанию боковой гранью многогранника, между диагональю и боковой гранью призмы и др...........72

Глава IV. Проведение перпендикуляра из заданной точки к плоскости грани многогранника............74

§ 1. Построение высоты пирамиды и наклонной призмы . . 75

§ 2, Проведение перпендикуляра из заданной точки к боковой грани многогранника............82

Глава V. Построение линейного угла данного двугранного угла 85

§ 1, Определение и свойства линейного угла, последовательность его построения.............86

§ 2. Построение линейного угла двугранного угла между боковой гранью и основанием пирамиды.......86

§ 3. Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями пирамиды..........88

§ 4. Построение линейного угла двугранного угла при стороне основания призмы.............92

§ б. Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями наклонной призмы 93

§ 6. Построение линейного угла двугранного угла между

гранью многогранника и секущей плоскостью .... 94

Глава VI. Расстояния между точками, прямыми и плоскостями 98

§ 1. Расстояние от точки до прямой. Расстояние между параллельными плоскостями........... 98

§ 2. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми 101

Глава VII. Построение чертежей к задачам на определение объема и площади поверхности тел вращения......108

Глава VIII. Обоснование положения центра шара в задачах на комбинацию шара с многогранниками, цилиндром или конусом 110

УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ

Гольдберг Яков Евелевич

С ЧЕГО НАЧИНАЕТСЯ РЕШЕНИЕ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ЗАДАЧИ

Пособие для учителя

Заведующий редакцией физики и математики Я, Е, Зубченко. Литературный редактор Г, Bt Брезницкая. Художник обложки А. В. Пермяков. Художественный ре« дактор В. А. Пуэанкевич. Технический редактор А- Г. Фрид“ ман. Корректоры Л. В. Липницкая. Н. И. Логвинов

ИБ № 7083

Сдано в набор 20.06.89. Подписано в печать 22.03.90. Формат 84X108/32. Бумага тип. № 2. гарнитура литературная. Печать высокая. Усл. печ. л. 6,3+1,68 вкл. Усл. кр.-отт. 13,32. вкл. Уч.-изд. л. 6,24+1,72 вкл. Ти. раж 80000 экз. Изд. № 32867. Заказ 9-300. Цена 45 к.

Издательство «Радянська школа», 252053, Киев, Ю. Коцюбинского, 5.

Книжная ф-ка им. М. В. Фрунзе, 310057, Харьков-57, ул. Доне ц-3 axa ржевского, 6/8.

Книжная полка

Для учителей математики в издательстве (Радянська школа» вышли в 1989 году следующие учебно-методические пособия:

Авраменко Н. И, Уроки алгебры и начал анализа в 10 и 11 классах. 319 с. 65 к.

В пособии приведены подробные разработки уроков по алгебре и началам анализа по всем темам программы для 9-го и 10-го классов. К урокам всех основных типов предлагаются приемы актуализации опорных знаний учащихся, мотивации учебы, восприятия и осознания нового материала, его осмысления, систематизации и обобщения. Даются образцы оформления решений типичных задач и упражнений, в частности в экзаменационных работах на аттестат о среднем образовании.

Возняк Г. М., Маланюк М. П. Взаимосвязь теории с практикой в процессе изучения математики. 128 с. 20 к.

В пособии анализируются возможности усиления практической направленности школьного курса математики с помощью системы прикладных задач по всем программным темам. Рассматривается специальная методика осуществления взаимосвязи теории с практикой на всех этапах изучения математики, базирующаяся на двух основных приемах: многократном решении адекватных (имеющих одну общую математическую модель) прикладных задач с различными фабулами и наполнении абстрактной задачи конкретным содержанием.

Габович И. Г. Алгоритмический подход к решению геометрических задач. 160 с. 25 к.

В пособии автор на большом и разнообразном материале (свыше 400 планиметрических и стереометрических задач), собранном, систематизированном и проверенном в процессе его многолетней педагогической деятельности, раскрывает сущность одного из эффективных общих методов решения геометрических задач, в основе которого лежит использование так называемых базисных задач. К каждой базисной задаче подобраны задачи, решаемые с ее помощью (и, возможно, с помощью других, рассмотренных ранее задач).

Осинская В. Н. Формирование умственной культуры учащихся в процессе обучения математике. 192 с. 30 к.

В пособии автор, заслуженная учительница Украинской ССР, на основе анализа собственного многолетнего опыта преподавания математики и результатов психолого-педагогических исследований рассматривает систему работы (на уроках и внеклассных занятиях) по целенаправленному формированию умственной культуры учащихся — умению мыслить, сравнивать, обобщать, выделять главное, существенное в учебном материале, в частности при усвоении новых понятий и доказательстве теорем. Описана методика обучения решению задач на основе систематического обобщения их содержания. Приводятся фрагменты уроков, иллюстрирующие важнейшие из описанных приемов работы.

Рис. 48

Рис. 49

Рис. 50

Рис. 51

Рис. 52

Рис. 53

Рис. 54

Рис. 55

Рис. 56

Рис. 57

Рис. 58

Рис. 59

Рис. 60

Рис. 61

Рис. 62

Рис. 63

Рис. 64

Рис. 65

Рис. 66

Рис. 67

Рис. 68

Рис. 69

Рис. 70

Рис. 71

Рис. 72

Рис. 73

Рис. 74

Рис. 75

Рис. 76

Рис. 77

Рис. 78

Рис. 79

Рис. 80

Рис. 81

Рис. 82

Рис. 83

Рис. 84

Рис. 85

Рис. 86

Рис. 87

Рис. 88

Рис. 89

Рис. 90

Рис. 91

Рис. 92

Рис. 93

Рис. 94

Рис. 95

Рис. 96

Рис. 97

Рис. 98

Рис. 99

Рис. 100

Рис. 101

Рис. 102

Рис. 103

Рис. 104

Рис. 105

Рис. 106

Рис. 107

Рис. 108

Рис. 109

Рис. 110

Рис. 111

Рис. 112

Рис. 113

Рис. 114

Рис. 115

Рис. 116

Рис. 117

Рис. 118

Рис. 119

Рис. 120

Рис. 121

Рис. 122

Рис. 123

Рис.124

Рис. 125

Рис. 126

Рис.127

Рис. 128

Рис. 129

Рис. 130

Рис. 131

Рис. 132

Рис. 133

Рис. 134

Рис. 135

Рис. 136

Рис. 137

Рис. 138

Рис. 139

Рис. 140

Рис. 141

Рис. 142

Рис. 143

Рис. 144

Рис. 145

Рис. 146

Рис. 147

Рис. 148

Рис. 149

Рис. 150

Рис. 151

Рис. 152

Рис. 153

Рис. 154

Рис. 155

Рис. 156

Рис. 157

Рис. 158

Рис. 159

Рис. 160

Рис. 161

Рис. 162

Рис. 163

Рис. 164

Рис. 165

Рис. 166

Рис. 167

Рис. 168

Рис. 169

Рис. 170

Рис. 171

Рис. 172

Рис. 173

45 к.

С чего начинается решение стереометрической задачи