И. Ф. ШАРЫГИН

СТАНДАРТ ПО МАТЕМАТИКЕ

500 ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

ПРОСВЕЩЕНИЕ

ИЗДАТЕЛЬСТВО

И.Ф. ШАРЫГИН

СТАНДАРТ ПО МАТЕМАТИКЕ

500 ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Книга для учителя

Москва «Просвещение» 2005

УДК 372.8:51 ББК 74.262.21 Ш 26

Шарыгин И. Ф.

Ш26 Стандарт по математике : 500 геометрических задач : кн. для учителя / И. Ф. Шарыгин.— М. : Просвещение, 2005.— 205 с. : ил.— ISBN 5-09-013514-2.

Книга посвящена проблеме математических образовательных стандартов. Автор излагает свою концепцию,которую можно озаглавить «Стандарт развития». В качестве образца, реализующего ее, предлагается образовательный стандарт по Геометрии. В него входят: содержание, требования к подготовке и система задач. Система задач содержит 500 задач, соответствующих трем учебным уровням. Задачи снабжены решениями и методическими комментариями.

УДК 372.8:51 ББК 74.262.21

ISBN 5-09-013514-2 © Издательство «Просвещение», 2005

© Художественное оформление.

Издательство «Просвещение», 2005 Все права защищены

Цели, задачи и стандарты математического образования

Общие цели образования в соответствующий исторический момент в каждой стране, очевидно, зависят от социальной и политической ситуации и предполагаемых путей развития страны. Понятно, что в стране со стабильной и высокоразвитой экономикой, с высоким уровнем жизни большей части населения важнейшей задачей образования является воспроизводство социальной системы. При этом сам уровень образования может и не быть высоким и общая образованность, необходимая в производстве, может поддерживаться за счет импорта специалистов. В странах же менее развитых экономически, с низким уровнем жизни, ставящих своей целью социально-экономическое развитие общества, едва ли не единственным способом осуществить такое развитие за счет лишь внутренних резервов является путь через развитие системы образования. (Принятию этого постулата отечественной так называемой элите мешают наши природные ресурсы, и именно отсутствие подобных ресурсов вынудило Китай энергично развивать именно систему образования.) При этом страна с хорошей системой образования может использовать его (образование) не только для своих внутренних потребностей, но и как дополнительный ресурс на внешнем рынке.

Итак, будем считать, что важнейшей целью образования сегодня является развитие нашей социально-экономической (и политической?) системы. Но поскольку система образования имеет дело с отдельными личностями, то развитие социальной системы возможно прежде всего через развитие личности.

Таким образом, развитие Ученика (личности) является важнейшей целью образования (возможно, не единственной). Но если важнейшей целью образования является развитие личности, то образовательный стандарт никак не может сводиться к списку минимальных требований к подготовке учащегося. Особо опасен минималистский подход к образовательным стандартам именно в отношении математики. Ведь математика является важнейшим (самым важным?) системообразующим предметом. Чтобы развивать современное производство, современные технологии, управлять этим производством и принимать верные социально-политические и управленческие решения и т. д., необходи-

мы не только глубокие математические знания, но в первую очередь владение математическим методом.

Существует мнение, что высокий уровень математического образования нужен лишь научно-технической элите, а большинство населения может ограничиться минимальным уровнем. Это очень опасная точка зрения. Во-первых, хорошее математическое образование полезно представителям самых разных специальностей, в том числе и весьма далеким от математики, способствует достижению личного успеха. И примеров тому очень много. Во-вторых, невозможно на школьной скамье определить, кто войдет в будущем в упомянутую элиту, а кто нет. Даже ставить такую задачу безнравственно. И наконец, в-третьих, если представить систему математического образования в виде горы, вершина которой соответствует элите, то, чтобы эта вершина находилась на высоте, соответствующей современным требованиям, необходимо правильно выстроить эту гору. Опуская подножие горы, мы опускаем и ее вершину.

Принято считать, что российское математическое образование является едва ли не лучшим в мире. Такого мнения придерживаются многие российские и зарубежные специалисты. Мы полагаем, что, несмотря на очевидный спад, произошедший за последнее время, российское математическое образование сохранило высокий уровень и обладает еще большим потенциалом для своего развития. И нужны для этого весьма незначительные финансовые вложения. Эффект же, причем экономический, может оказаться существенным. Мы вправе рассматривать наше математическое образование как весьма мощный стратегический ресурс России. При этом в качестве стратегического ресурса математика и математическое образование могут выступать и внутри России, и на внешнем рынке. (В условиях глобализации Россия может специализироваться на экспорте нефти и математики.) Но в таком случае вопрос о том, какими должны быть стандарты математического образования, далеко выходит за узкопредметные рамки и становится важнейшим общественно-политическим вопросом.

Понятно, что заявить в качестве образовательного стандарта по математике повышенный уровень (уровень специализированных математических классов) нереально. Понимание же стандарта как минимального уровня, как было сказано, стратегически неверно. Будем считать, что образовательный стандарт (по математике) должен соответствовать нормальному, программному уровню, проще говоря, четверке. От этой площадки, отступив вниз, мы получаем минимальный уровень (тройку). Ступенька вверх и далее — получаем высокий уровень (пятерку). Безусловно, минимальный уровень следует ограничить снизу. Основным инструментом измерения соответствия тому или иному уров-

ню является задача. Некоторое исключение составляет уровень минимальный, где не менее важным мы считаем знание и понимание теории. Более подробно об идеологии и технологии определения уровней мы расскажем в соответствующем разделе.

Из этого следует, что при разработке стандарта математического образования важно определить не просто содержание математических курсов, а в некотором смысле оптимальное содержание, которое в наибольшей мере будет способствовать общематематическому (и не только) развитию учащихся. И при определении содержания вредными могут оказаться оба подхода: как минимизация содержания математического образования, так и его чрезмерное разрастание. На минимальном содержании невозможно развитие математической культуры, освоение математического метода по понятным причинам (из нескольких щепочек костер не получится). Но также нельзя хорошо освоить математику, развить математическую культуру при перегруженной программе. Чрезмерное обилие тем приведет к тому, что каждая из них будет изучаться формально и поверхностно. При отборе содержания основным критерием должна быть значимость того или иного раздела для общематематического развития учащегося. Отсюда можно вывести концентрический принцип определения содержания математических курсов и построения стандартов математического образования. На периферию отправляются менее значимые темы и разделы.

Очевидно также, что эффективность обучения математике в решающей степени определяется объемом часов, отводимых на ее изучение. В настоящий момент математическая экспертиза указывает в качестве нижней границы, после которой эффективность изучения математики в школе начнет резко снижаться, 6 часов в неделю в основной и старшей школе.

Заметим, что стандарты по различным предметам нельзя подгонять под единый концептуальный трафарет, разрабатывать по единой схеме. Сегодня в школе мы имеем предметы, которые можно разделить на четыре цикла (типа): гуманитарный, естественно-научный, математический и физкультурный. Особенность математики, которая должна отражаться и в соответствующих стандартах, в том, что в ней явно видны черты, характерные для предметов всех других циклов, а также и черты, типичные именно для математики.

Стандарты математического образования следует разбить на несколько групп. Во-первых, стандарт для базовой школы и стандарт для углубленного изучения математики. Во-вторых, стандарт для результата обучения и стандарт для процесса обучения. Представляется разумным не раз-

рабатывать специально стандарт для углубленного изучения математики, а сделать добавление (сверху) к стандарту базовой школы, сдвинув при этом измерительную шкалу. Что касается связи между процессом и результатом обучения, то очевидным является утверждение, что для достижения необходимого результата процесс обучения должен вестись на более высоком уровне, чем тот, который мы хотим видеть в итоге, хотя, конечно, мы не должны его завышать и создавать разрыв между стандартами для процесса и для результата. Кроме того, качество процесса обучения зависит от качества учебников. Но еще больше оно зависит от подготовки учителя, от нагрузки, ложащейся на учителя, и, наконец (а может, и в первую очередь), от его материального положения. Но это уже совсем другой вопрос.

Цели и задачи обучения математике

Определение основных целей математического образования очень важная социально-политическая задача. Здесь особенно опасны узко-ведомственные и групповые подходы. От того, насколько правильно общественность (и не только математическая) может сформулировать эти цели, во многом зависит будущее нашего математического образования: будет ли оно развиваться и процветать или же, наоборот, будет болеть и (продолжать?) деградировать.

К сожалению, имеющаяся Концепция математического образования не дает точный и определенный ответ на вопрос о целях математического образования, а некоторые утверждения, содержащиеся в ней, вызывают и серьезные возражения со стороны специалистов.

Скажем прямо, определение со всей полнотой целей математического образования не входит в функции разработчиков образовательных стандартов (это было бы превышением полномочий). Но в этом и нет большой необходимости. И мы ограничимся тем, что сформулируем две важнейшие цели, которые, очевидно, не могут вызвать никаких возражений.

Прежде всего, целью математического образования является развитие учащихся, причем развитие самых разных видов.

Культурное развитие. Математика вообще и геометрия в частности являются феноменом мировой, общечеловеческой культуры. Человек, не получивший достаточного математического образования, не может считаться культурным.

Духовное развитие. Математика возникла не только из практических, но и из духовных потребностей человека. С точки зрения многих религий и религиозных куль-

тов мира математическое знание имеет высшее, божественное происхождение. Духовно развитый человек должен иметь достаточное математическое образование.

Эстетическое развитие. Математическое знание теории, методы и факты образуют удивительно цельный, гармоничный и непротиворечивый мир, заполненный удивительными творениями человеческого гения, способствуют эстетическому развитию (воспитанию) человека.

Нравственное развитие (воспитание). В основе математического знания лежит принцип доказательности, один из самых нравственных принципов, созданных мыслящим человечеством. Занятия математикой (по мнению Льва Толстого) способствуют нравственному воспитанию, развивают добродетели. А если говорить об идеалах демократии, то мы вправе утверждать, что именно в математическом сообществе эти идеалы реализуются с наибольшей полнотой и именно благодаря принципу доказательности, регулирующему взаимоотношения в этом сообществе.

Творческое развитие. Процесс занятий математикой способствует развитию интуиции и воображения (здесь особо следует выделить геометрию), а следовательно, способствует творческому развитию, поскольку в основе любого творчества лежит воображение и интуиция.

Интеллектуальное развитие. То, что именно математика среди всех учебных предметов наиболее способствует интеллектуальному развитию учащихся, общепризнано и общеизвестно (следует добавить, что именно математика обычно используется как инструмент для измерения интеллектуального развития ученика). Здесь, безусловно, важную роль играет математическое знание и математический метод (об этом в следующем пункте), но не только. Уже сам процесс занятий математикой обладает огромным развивающим потенциалом. Что касается геометрии, то можно утверждать, что исторически (для всего человечества) и генетически (для отдельного человека) геометрическая деятельность является первичным видом интеллектуальной деятельности. Для полноценного интеллектуального развития ребенку необходима полноценная интеллектуальная пища, каковой и является математика. Здесь следует добавить, что математика (геометрия особенно) представляет собой экологически чистую интеллектуальную пищу. А это очень важно сегодня, когда окружающая среда, в том числе и образовательная, подвергается всякого рода загрязнениям.

Безусловно, важнейшей целью математического образования в школе является приобретение знания и овладение математическим методом.

Математика, как мы знаем, развивает такие важнейшие механизмы мышления, как интуиция и воображение, и вооружает логическим методом, основным методом, с помощью которого обосновывается истинность или ложность утверждений. Изучение логического метода — одна из важнейших целей обучения математике. Два основных раздела математики, изучаемые в школе: алгебра и геометрия — являются также и носителями собственных методов познания мира. И изучение, и освоение этих методов являются важнейшей целью математического образования.

За последнее время в мире и у нас в стране резко упал уровень арифметического знания и арифметической культуры. С одной стороны, основная причина вполне объективна — широкая компьютеризация и всеобщая калькуляторизация. Но, с другой стороны, многие современные (и даже суперсовременные) технологии основаны на глубоких арифметических законах. Следовательно, нужно не только восстанавливать былой уровень арифметической подготовки школьников, но и повышать его по сравнению с прошлым и прежде всего не столько в направлении улучшения вычислительных навыков — устных или на бумаге, сколько в усилении роли теории арифметики, теории чисел.

В математике и математическом образовании явно видны два направления: идеалистическое и практическое, прагматизм. Причем обычно имеется в виду сиюминутный прагматизм, утилитарный. И этот акцент типичен для западных образовательных систем. Для российского менталитета вообще и для российского математического образования в частности типична склонность к идеализму. Мы полагаем, что можно достичь определенного равновесия между идеалистической и прагматической составляющими в отечественном математическом образовании.

Основой этого равновесия может стать традиционная для российской школы текстовая, а точнее, сюжетная задача. Правда, обычно смысл этих задач состоит в том, что учащемуся дается условие, представляющее собой некую достаточно упрощенную и примитивную модель реальной ситуации, заданную в вербальной форме, которую требуется сначала перевести на математический язык, т. е. ввести неизвестные и составить систему ограничений (уравнений и неравенств), а затем решить эту систему. (Следует подчеркнуть, что составление ограничений по заданному условию есть не составление модели, а перевод с одного языка на другой.) По сути, важнейший этап — составление моделей — в этих задачах отсутствует. И здесь следует пополнить традиционный список тек-

стовых — сюжетных задач такими, в которых акцент делается на составление математической модели. Математика является основным языком, на котором говорит современная наука, который постоянно используется в самых различных областях деятельности человека и на всех этажах современной цивилизации. И обучение этому языку, его основным диалектам, алгебраическому и геометрическому,— важнейшая цель математического образования.

За последнее время здание человеческой цивилизации значительно выросло и в высоту, и по числу помещений на верхних этажах. Как показывают недавние социологические исследования, ныне образованному человеку в первые 20—25 лет самостоятельной жизни приходится 4—5 раз кардинальным образом менять вид своей профессиональной деятельности. Но для того чтобы молодой человек, окончивший школу, не только обладал свободой выбора, но и имел возможность эту свободу реализовать, необходимо улучшить его фундаментальную подготовку, а это в свою очередь означает, что необходимо улучшать общематематическую подготовку выпускников школы.

Сегодня в нашей стране по сравнению с советским периодом резко возросли возможности для проявления личной инициативы, человеку приходится регулярно принимать важные решения и при этом нести полную ответственность за качество принятых решений. Современные производства, фирмы и предприятия остро нуждаются в работниках и руководителях, способных быстро и правильно решать постоянно возникающие конкретные задачи, имеющих достаточное образование и научную культуру, чтобы оценивать современные достижения науки, вести полноценный диалог с учеными, сотрудничать с ними при постановке новых задач.

Именно эти качества вырабатываются в процессе обучения математике. Высокий уровень математического образования, достигнутый при советской власти, может помочь нам при воспитании работников нового поколения, соответствующих современным общественным, социальным и экономическим задачам. Математика — это инструмент, который в равной мере может быть использован как тоталитарным режимом для развития военно-промышленного комплекса, создания армии и инженерных работников, так и государством с рыночной экономикой для развития сферы обслуживания и производств, непосредственно улучшающих качество жизни человека.

Однако следует признать, что при разработке математических стандартов мы обязаны учесть изменившиеся реалии нашей жизни.

Важнейшей задачей обучения является создание положительного образа математики и у (как говорится) широкой общественности в целом, и у отдельных ее представителей. Молодые люди, оканчивающие школу и высшие учебные заведения, должны понимать наличие прямой связи между уровнем их математической культуры, математической образованности и личным успехом в жизни. Конечно, здесь математикам потребуется серьезная государственная поддержка. Но есть еще одна задача, и ее решение почти целиком зависит именно от математического сообщества. Необходимо, чтобы упомянутые молодые люди по окончании школы вспоминали о математике как об одном из самых интересных, а также живом и (если угодно) веселом предмете. И когда мы слышим публичные признания в нелюбви и даже ненависти к школьной математике (от самих ли школьников, от взрослых), мы должны воспринимать это как серьезный упрек в наш адрес, в адрес учителей, авторов учебников, ученых и методистов всех уровней.

Стандарт по геометрии

Среди различных математических разделов, изучаемых в школе, особое место занимает и особую роль играет геометрия. Возрастание значимости геометрии на всех ступенях образовательной лестницы, в самых разных областях науки, техники, искусства — заметная тенденция сегодняшнего времени. Из всех предметов математического цикла (и не только математического) именно геометрия обладает самым большим развивающим потенциалом. И это в равной мере относится как к одаренным детям, так и к детям с задержкой в интеллектуальном развитии. Занятия геометрией могут помочь способному ребенку максимально ускорить темп своего интеллектуального развития, они же могут сыграть компенсирующую и реабилитирующую роль при обучении отстающих детей. Идеи гуманизации и гуманитаризации образования наиболее естественным образом реализуются через геометрию.

Однако следует признать, что за последние годы уровень геометрической подготовки учащихся значительно снизился и достиг минимальной отметки чуть ли не за всю историю существования школьной геометрии. Возможности геометрии для развития учащихся не используются даже в малой степени. Поэтому, разрабатывая стандарты по геометрии, не нужно фиксировать недопустимо низкий сегодняшний уровень, а необходимо задавать вектор развития геометрического образования. Но здесь существует также другая опасность или крайность, в некотором смысле «развитие вспять», попытаться вернуться к высокому геометрическому уровню, имевшему место несколько десятилетий тому назад. (Об этом, в частности, свидетельствуют нередкие призывы вернуться к учебникам А. П. Киселева.). Это и опасно и невозможно. За последние десятилетия и мир изменился, да и теория и практика школьной геометрии многое приобрела. Эти изменения и достижения надо учесть и наметить в качестве ориентира для развития те горизонты, которых могли бы достичь, стартуя с высоких позиций нашего прошлого, хотя, конечно, нельзя отмахнуться от реалий сегодняшнего дня и создать непреодолимый разрыв между ними и предлагаемым стандартом.

Вопрос о том, какой должна быть школьная геометрия, постоянно обсуждается. Более того, в некотором смысле эта

дискуссия в последнее время разгорелась с особой силой, причем ведется она не традиционными методами научного публичного обсуждения, когда субъектами дискуссии являются отдельные ученые, а посредством конечного продукта, т. е. учебников. Сегодня на федеральном уровне имеется несколько различных учебных комплектов по геометрии, существенно отличающихся друг от друга по самым важным параметрам. При этом авторы всех этих учебников имеют достаточно веские основания рассчитывать на то, что созданное ими произведение будет действующим учебником в российской средней школе.

Постараемся учесть реальную ситуацию и соблюсти нейтралитет (хотя, конечно, в полной мере это сделать не удалось). Важной особенностью предлагаемого содержания является то, что оно может быть реализовано в рамках различных методических и научных концепций, а также не противоречит ныне действующим утвержденным на федеральном уровне учебникам.

Попытаемся провести также реальную разгрузку содержания. В первую очередь, это касается начальных разделов. Во многих ныне действующих курсах, на наш взгляд, неоправданно большое внимание уделяется основам геометрии. На этот раздел уходит много учебных часов, а в результате нередко наблюдается резкое снижение интереса к предмету. Кроме того, упомянутая дискуссия о том, какой должна быть школьная геометрия, в значительной мере ведется лишь вокруг начала курса. Полагаем, что начинать строить курс геометрии можно различным образом и ограничивать этот раздел рамками жесткого стандарта не следует. Предлагаемая разгрузка, по нашему мнению, позволит уделить больше внимания отработке важнейших содержательных (и традиционных для нашей школы) разделов и тем самым улучшить геометрическую подготовку школьников.

Кроме того, во время обсуждений, какими должны быть образовательные стандарты, в которых принимали участие учителя, ученые-математики и методисты, представители деловых кругов, высказывались интересные идеи и предложения, которые в недостаточной степени, на наш взгляд, были отражены в действующей учебной литературе. Соответствующие темы также отражены в содержании и системе задач. Но это никак не означает, что при условии принятия предлагаемого варианта стандартов придется срочно переписывать действующие учебники. Тем самым мы просто пытаемся задать вектор развития школьного математического образования, поскольку, на наш взгляд, система стандартов есть не нечто застывшее на долгие годы, а живой, постоянно развивающийся организм. Но развивать школьную геометрию следует исходя из богатых россий-

ских традиций. И поэтому если в двух словах охарактеризовать предлагаемый стандарт по геометрии, то наиболее точно его суть выразило бы несколько противоречивое сочетание — «развивающийся традиционализм». Но необходимо заметить, что исходим мы из традиций геометрической практики, а не методической науки, насаждаемой (именно насаждаемой, а не развиваемой) РАО. Между этими традициями имеет место явное различие и даже противоречие (и в этом также одна из причин деградации школьной математики, а геометрии особо).

И еще заметим, что одной из важнейших методологических проблем, которые приходится решать в процессе создания школьного курса геометрии, является проблема взаимоотношений между плоской и пространственной геометрией. С одной стороны, первичной является геометрия пространства, изучающая реальные (хотя и идеализированные) тела, свойства которых ребенок познает буквально с первых дней своей жизни. А с другой — развитие геометрической теории логичнее выстраивать от плоскости к пространству. Кроме того, большинство методов пространственной геометрии суть приемы, сводящие решение пространственной задачи к одной или нескольким задачам планиметрии. Попытка решения проблемы на пути полного фузионизма нам кажется бесперспективной. (Такие попытки уже неоднократно делались, и все оказались безуспешными.) Стереометрия и планиметрия преследуют различные образовательные цели, и их смешение может привести к тому, что указанные цели не будут достигнуты. Но, с другой стороны, нельзя на три года полностью исключить из образовательного процесса геометрию пространства. При этом у учеников может сильно деградировать важнейшее качество — пространственное воображение. Кроме того, не все учащиеся продолжат образование в старшей школе. Недопустимо, чтобы человек, закончивший свое образование, не имел соответствующих своему возрасту представлений о пространстве и свойствах основных пространственных тел. Выход видится на пути создания курса планиметрии с элементами фузионизма, что и отражено (отчасти) в предлагаемом содержании.

Документ состоит из трех частей:

1. Содержание геометрии. Эта часть состоит из двух разделов: основная школа и старшая школа. Старшая школа, в свою очередь, делится на базовую и профильную.

2. Общие требования к подготовке учащихся (основная школа, старшая базовая и старшая профильная школа).

3. Конкретизация требований к подготовке, распределенная по уровням (минимальный и основной). Система задач, задающая соответствующий уровень (Приложение).

Геометрия

Основная школа

Содержание

1. Геометрические формы, фигуры и тела.

1.1. Точка, прямая и плоскость. Части прямой (отрезок, луч), угол, ломаная.

1.2. Отрезок прямой как кратчайший путь между двумя точками. Расстояние. Длина отрезка. Отношение отрезков.

1.3. Угол. Углы острые и тупые. Прямой угол. Вертикальные и смежные углы. Градусная мера величины угла.

1.4. Параллельность и перпендикулярность прямых. Признаки и свойства.

1.5. Фигуры на плоскости. Многоугольники. Виды многоугольников. Выпуклые многоугольники. Окружность и круг.

1.6. Осевая и центральная симметрия фигур.

1.7. Длина ломаной, периметр многоугольника.

1.8. Понятие о равенстве в геометрии.

1.9. Тела, поверхности и линии.

1.10. Наглядные представления о важнейших телах (куб, параллелепипед, призма, пирамида, шар, сфера, конус, цилиндр). Изображение многогранников и круглых тел. Сечения. Развертки. Простейшие вычисления основных числовых характеристик.

2. Треугольники.

2.1. Внутренние и внешние углы треугольника. Стороны треугольника, его медианы, биссектрисы, высоты.

2.2. Остроугольный, прямоугольный и тупоугольный треугольники.

2.3. Равнобедренный треугольник. Свойства и признаки. Равносторонний треугольник.

2.4. Признаки равенства треугольников.

2.5. Неравенство треугольника. Перпендикуляр и наклонная.

2.6. Сумма углов треугольника. Сумма углов выпуклого многоугольника.

2.7. Теорема Фалеса. Средняя линия треугольника.

2.8. Подобие треугольников. Признаки подобия треугольников. Коэффициент подобия.

2.9. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике. Теорема Пифагора.

2.10. Синус, косинус, тангенс и котангенс угла от 0° до 180°. Основное тригонометрическое тождество. Теорема синусов и теорема косинусов.

2.11. Замечательные точки треугольника — точки пересечения: серединных перпендикуляров (центр окружности, описанной около треугольника), биссектрис (центр окружности, вписанной в треугольник), медиан, высот.

3. Четырехугольники.

3.1. Параллелограмм. Ромб, прямоугольник, квадрат. Свойства и признаки.

3.2. Трапеция. Средняя линия трапеции.

3.3. Вписанные четырехугольники. Описанные четырехугольники.

4. Окружность и круг.

4.1. Центр, радиус, диаметр окружности и круга. Дуга, хорда. Сектор, сегмент.

4.2. Взаимное расположение прямой и окружности, двух окружностей. Касательная к окружности и ее свойства (равенство касательных к окружности, выходящих из одной точки).

4.3. Центральный угол, вписанный угол. Угол с вершиной внутри круга, угол с вершиной вне круга.

4.4. Окружность, вписанная в треугольник, и окружность, описанная около треугольника.

4.5. Метрические соотношения в окружности (свойства хорд, секущих, касательных).

4.6. Правильные многоугольники. Вписанные и описанные многоугольники.

4.7. Длина окружности и длина дуги. Число я. Радианная мера угла.

5. Площади плоских фигур.

5.1. Понятие о площади плоских фигур. Равновеликость. Связь между площадями подобных фигур.

5.2. Площадь прямоугольника.

5.3. Площади параллелограмма, треугольника и трапеции (основные формулы).

5.4. Формула площади треугольника через две стороны и угол между ними; формула Герона. Формулы, связывающие площадь треугольника с радиусом вписанной и радиусом описанной окружности.

5.5. Площадь четырехугольника. Формула, выражающая площадь четырехугольника через две диагонали и угол между ними.

5.6. Площадь описанного многоугольника.

5.7. Площадь круга и площадь сектора.

6. Координаты и векторы.

6.1. Декартовы координаты на плоскости. Формула расстояния между двумя точками.

6.2. Уравнение окружности. Уравнение прямой.

6.3. Вектор. Длина (модуль) вектора. Коллинеарные векторы. Равенство векторов.

6.4. Операции над векторами (умножение на число, сложение). Координаты вектора. Разложение вектора по двум неколлинеарным векторам.

6.5. Скалярное произведение векторов.

7. Преобразования плоскости.

7.1. Движение. Виды движения: осевая симметрия, параллельный перенос, поворот.

7.2. Гомотетия. Подобие фигур.

8. Методы и задачи геометрии.

8.1. Использование свойств треугольника, формул и теорем, относящихся к треугольнику, для решения задач. Проведение дополнительных построений.

8.2. Использование свойств площадей для доказательства теорем и решения задач.

8.3. Метод геометрических мест; метод симметрии; метод подобия.

8.4. Простейшие построения с помощью циркуля и линейки: угла, равного данному; биссектрисы данного угла; серединного перпендикуляра к отрезку; прямой, параллельной данной прямой; треугольника по трем сторонам.

8.5. Использование свойств окружности (окружность и углы; окружность и касательные).

8.6. Составление плана решения задачи. Поэтапные вычисления (арифметические и алгебраические) при решении геометрических задач.

8.7. Составление уравнений при решении геометрических задач.

8.8. Вычисление элементов треугольника.

8.9. Координатный метод. Векторный метод.

8.10. Задачи на вычисление, на доказательство, на построение, на геометрические места точек.

8.11. Геометрические неравенства, задачи на максимум и минимум.

8.12. Задачи на принадлежность нескольких точек одной прямой и на пересечение нескольких прямых в одной точке.

8.13. Простейшие планиметрические задачи в пространстве.

9. Геометрия как часть культуры.

Все темы, входящие в этот раздел, представляют собой общекультурный компонент основного содержания курса геометрии. Пункт 9.3 отражен также и в системе задач.

9.1*. История развития геометрии. Роль российских математиков в развитии геометрии.

9.2. Приложения геометрии в практической деятельности человека.

9.3.* Элементарная геометрия и современная наука.

Требования к подготовке учащихся

В результате изучения курса геометрии в основной школе учащиеся должны:

знать и понимать, что геометрия является одной из древнейших наук, что она всегда играла и продолжает играть важнейшую роль для развития науки и культуры;

знать и понимать, что геометрические знания и методы всегда использовались и продолжают использоваться для решения всевозможных практических и прикладных задач;

понимать, что возникновение и развитие геометрического знания обусловлено не только практическими, но и духовными потребностями человека;

познакомиться с ролью российских ученых в истории геометрии и их вкладом в ее развитие;

знать основные геометрические термины и уметь ими правильно пользоваться;

знать определения геометрических понятий, входящих в стандарт;

знать основные формулы и формулировки теорем (на минимальном уровне этим можно ограничиться) и уметь их доказывать;

уметь изображать основные геометрические фигуры и стандартные геометрические конструкции;

уметь делать аргументированные заключения о свойствах изучаемой фигуры, о взаимном расположении заданных геометрических объектов;

понимать рассуждения, используемые при доказательстве основных теорем курса, при решении геометрических задач;

уметь решать простейшие задачи на построение;

знать основные методы, используемые при решении задач на вычисление;

владеть основами эвристической деятельности (поиска решения), уметь составить план решения задачи стандартного уровня;

владеть на достаточном для решения соответствующих задач уровне вычислительными навыками;

уметь анализировать полученное решение;

уметь проводить вычисление по формуле (известной или заданной);

видеть различные возможности реализации заданной в условии ситуации;

знать важнейшие дополнительные построения и уметь ими пользоваться при решении задач;

владеть основными методами доказательств, используемыми в геометрии;

уметь строить (в несложных случаях) примеры и контрпримеры для подтверждения (опровержения) утверждения;

уметь правильно, в необходимом ракурсе, изображать основные многогранники (треугольные и четырехугольные призмы и пирамиды) и круглые тела;

применять формулы и теоремы планиметрии для вычисления элементов пространственных объектов, при изучении их свойств.

Старшая базовая школа

Содержание

1. Прямые и плоскости в пространстве.

1.1. Основные понятия стереометрии (точка, прямая, плоскость, пространство). Способы задания прямых и плоскостей.

1.2. Пересекающиеся, параллельные и скрещивающиеся прямые. Угол между прямыми в пространстве. Перпендикулярность прямых. Расстояние между скрещивающимися прямыми.

1.3. Параллельность и перпендикулярность прямой и плоскости. Признаки и свойства. Ортогональная проекция. Перпендикуляр и наклонная. Угол между прямой и плоскостью. Расстояние от точки до плоскости. Теорема о трех перпендикулярах.

1.4. Параллельность плоскостей, перпендикулярность плоскостей. Признаки и свойства. Двугранный угол, линейный угол двугранного угла.

1.5. Параллельное проектирование. Площадь ортогональной проекции многоугольника. Изображение пространственных фигур.

2. Многогранники.

2.1. Вершины, ребра, грани многогранника. Поверхность многогранника. Многогранные углы. Выпуклые и невыпуклые многогранники.

2.2. Призма, ее элементы: основания, боковые ребра, высота, боковая поверхность. Прямая и наклонная призмы. Правильная призма. Параллелепипед. Куб.

2.3. Пирамида, ее элементы: основание, боковые ребра, высота, боковая поверхность. Сечения пирамиды, параллельные ее основанию. Правильная пирамида.

2.4. Треугольная пирамида (сфера, вписанная в пирамиду; сфера, описанная около пирамиды).

2.5. Симметрии в кубе, в параллелепипеде, в правильных призмах и пирамидах.

2.6. Сечения многогранников.

2.7. Общее представление о правильных многогранниках (тетраэдр, куб, октаэдр, додекаэдр и икосаэдр).

3. Круглые тела и поверхности.

3.1. Цилиндр, конус и их элементы: основания, образующая, высота, боковая поверхность. Развертка боковой поверхности.

3.2. Шар, сфера. Сечения сферы (шара) плоскостями. Касательная плоскость к сфере.

3.3. Касание круглых тел с плоскостями, прямыми и между собой.

3.4. Вписанные и описанные многогранники.

3.5. Понятие о телах вращения и об их поверхностях вращения. Ось вращения.

4. Объемы тел и площади их поверхностей.

4.1. Понятие об объеме тела. Равновеликость тел.

4.2. Объем прямоугольного параллелепипеда, призмы, цилиндра.

4.3. Объем треугольной пирамиды. Объем произвольной пирамиды и конуса.

4.4. Площадь поверхности цилиндра и конуса.

4.5. Объем шара и площадь сферы.

5. Координаты. Векторы.

5.1. Декартовы координаты в пространстве. Формула расстояния между двумя точками.

5.2. Уравнения сферы и плоскости. Способы задания прямой.

5.3. Векторы. Модуль вектора. Равенство векторов. Сложение векторов и умножение вектора на число. Угол между векторами.

5.4. Компланарность векторов. Разложение вектора по трем некомпланарным векторам. Координаты вектора.

5.5. Скалярное произведение векторов.

6. Методы и задачи геометрии.

6.1. Сведение к планиметрическим задачам: метод сечений; метод проектирования. Развертка.

6.2. Построение сечений многогранников. Построения на изображениях.

6.3. Координатный и векторный методы.

6.4. Задачи на вычисление, на доказательство, на геометрические места точек.

6.5. Задачи на максимум и минимум.

Требования к подготовке учащихся

Прежде всего надо сказать, что по окончании старшей школы учащиеся должны сохранить уровень подготовки по геометрии, соответствующий требованиям, предъявлямым к выпускникам основной школы. В результате собственно изучения курса геометрии старшей школы учащиеся должны:

владеть терминологией, знать определения основных понятий, формулировки теорем и формул, понимать соответствующие доказательства и уметь воспроизвести их;

уметь строить изображения (параллельные проекции) основных многогранников (параллелепипед, призма, пирамида) и круглых тел (цилиндр, конус);

владеть приемами построения пространственных чертежей и уметь выполнить в нужной проекции и в нужном ракурсе чертеж, соответствующий данной задаче;

уметь выполнять построения на изображениях многогранников и круглых тел (в частности, сечений);

уметь решать задачи на нахождение геометрических величин (длин, углов, площадей, объемов) и задачи других типов, соответствующих уровню, задаваемому стандартом;

понимать дедуктивный характер построения геометрической теории.

Старшая профильная школа

Содержание

Дополнительные главы планиметрии.

1. Решение задач повышенного уровня сложности по курсу планиметрии.

2. Дополнительные факты, теоремы и разделы планиметрии (по усмотрению учителя, см. Приложение).

1. Прямые и плоскости в пространстве.

1.1. Основные понятия стереометрии (точка, прямая, плоскость, пространство). Способы задания прямых и плоскостей.

1.2. Взаимное расположение прямых в пространстве. Пересекающиеся, параллельные и скрещивающиеся прямые. Угол между прямыми в пространстве. Перпендикулярность прямых. Расстояние между скрещивающимися прямыми.

1.3. Взаимное расположение прямой и плоскости. Параллельность и перпендикулярность (признаки и свойства). Угол между прямой и плоскостью. Перпендикуляр и наклонная. Расстояние от точки до плоскости. Ортогональная проекция. Теорема о трех перпендикулярах.

1.4. Взаимное расположение плоскостей. Параллельность. Перпендикулярность (признаки и свойства). Двугранный угол, линейный угол двугранного угла.

1.5. Параллельное проектирование. Площадь ортогональной проекции многоугольника. Изображение пространственных фигур. Центральное проектирование.

2. Многогранники.

2.1. Вершины, ребра, грани многогранника. Поверх-

ность многогранника. Выпуклые и невыпуклые многогранники.

2.2. Многогранные углы. Неравенства для плоских углов трехгранного угла.

2.3. Призма, ее элементы: основания, боковые ребра, высота, боковая поверхность. Прямая призма и наклонная призма. Правильная призма. Параллелепипед. Куб.

2.4. Пирамида, ее элементы: основание, боковые ребра, высота, боковая поверхность. Сечения пирамиды, параллельные ее основанию. Правильная пирамида. Треугольная пирамида (сфера, вписанная в пирамиду; сфера, описанная около пирамиды).

2.5. Сечения многогранников.

2.6. Развертки многогранников.

2.7. Правильные многогранники (тетраэдр, октаэдр, куб, икосаэдр, додекаэдр).

2.8. Симметрия в многогранниках.

3. Круглые тела и поверхности.

3.1. Цилиндр, конус, их элементы: основания, образующая, высота, боковая поверхность. Развертка боковой поверхности цилиндра и конуса.

3.2. Шар, сфера. Сечения сферы (шара) плоскостями. Касательная плоскость к сфере.

3.3. Касание круглых тел с плоскостью, с прямой и между собой.

3.4. Вписанные и описанные многогранники.

3.5. Понятие о телах и поверхностях вращения. Ось вращения.

4. Объемы тел и площади поверхностей.

4.1. Понятие объема. Равновеликость тел. Отношение объемов подобных тел.

4.2. Объем прямоугольного параллелепипеда. Объем призмы и цилиндра.

4.3. Объем пирамиды и конуса. Вычисление объема треугольной пирамиды.

4.4. Площадь поверхности цилиндра и конуса.

4.5. Объем шара и площадь сферы. Площадь сферического пояса и сферического сегмента.

5. Координаты. Векторы.

5.1. Декартовы координаты в пространстве. Формула расстояния между двумя точками.

5.2. Уравнения сферы и плоскости. Уравнение прямой.

5.3. Векторы. Модуль вектора. Равенство векторов. Сложение векторов и умножение вектора на число. Угол между векторами. Компланарность векторов. Разложение вектора по трем некомпланарным векторам. Координаты вектора.

5.4. Скалярное произведение векторов.

6. Симметрия в пространстве.

6.1. Представление о движении в пространстве.

6.2. Параллельный перенос. Центральная симметрия. Зеркальная симметрия.

6.3. Симметрия многогранников.

7. Методы и задачи геометрии.

7.1. Сведения к планиметрическим задачам: метод сечений; метод проектирования. Развертка.

7.2. Построение сечений многогранников. Построения на изображениях.

7.3. Координатный и векторный методы.

7.4. Метод центра масс.

7.5. Задачи на вычисление, на доказательство, на геометрические места точек.

7.6. Задачи на комбинации тел.

7.7. Геометрические неравенства, задачи на максимум и минимум.

7.8. Геометрическое конструирование (конструирование многогранников и других тел с заданными свойствами).

7.9. Решение планиметрических задач стереометрическими методами.

Дополнительные темы планиметрии.

1. Центр масс. Барицентрические координаты.

2. Инверсия.

3. Задачи на построение и методы их решения. Построения при ограничениях (одной линейкой, одним циркулем). Неразрешимость трех классических задач на построение.

4. Геометрические методы решения алгебраических задач.

5. Геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум.

6. Паркеты и покрытия.

7. Движение. Теорема Шаля.

8. Гомотетия.

9. Геометрия комплексных чисел.

10. Геометрия треугольника: замечательные точки треугольника, вневписанные окружности, окружность девяти точек, прямая Эйлера, формула Эйлера (a2 = R2-2Rr), теорема Фейербаха, педальный треугольник, теорема Чевы, теорема Менелая, теорема Карно, теорема Морлея.

11. Геометрия четырехугольника. Вписанные и описанные четырехугольники. Полный четырехсторонник. Прямая Гаусса. Теоремы косинусов для четырехугольника.

12. Классические задачи: задача о равных биссектрисах, окружность Аполлония, задача Аполлония, задача Наполеона, задачи Архимеда (арбелос).

13. Изопериметрическая задача.

14. Золотое сечение.

15. Элементы проективной геометрии.

16. Геометрия окружности (дополнительные разделы).

17. Выход в пространство (теорема Дезарга и др.).

Дополнительные темы стереометрии.

1. Геометрия тетраэдра.

2. Равногранные тетраэдры.

3. Ортоцентрические тетраэдры.

4. Теорема синусов и теорема косинусов для трехгранного угла.

5. Что такое площадь поверхности? Сапог Шварца.

6. Теорема Эйлера для многогранников.

7. Правильные и полуправильные многогранники.

8. Виды движений в пространстве.

9. Сечения цилиндра плоскостью. Конические сечения. Эллипс. Парабола. Гипербола. Сферы Данделена.

10. Элементы сферической геометрии.

Требования к подготовке учащихся

Прежде всего следует подчеркнуть, что в результате изучения геометрии в старшей профильной школе учащийся должен соответствовать всем требованиям, предъявляемым выпускнику старшей школы на базовом уровне.

Кроме того, в результате изучения курса геометрии в старшей профильной школе учащийся должен:

уметь доказывать в полном объеме теоремы и выводить формулы, указанные в содержании курса;

уметь строить чертежи к задачам, в которых встречаются комбинации многогранников и круглых тел;

владеть основными приемами построения сечений;

знать и владеть достаточным арсеналом дополнительных фактов, используемых при решении задач повышенной сложности (по планиметрии и стереометрии);

владеть в полной мере набором методов, указанных в содержании;

уметь решать планиметрические и стереометрические задачи на вычисление повышенной сложности;

уметь решать задачи по планиметрии и стереометрии на доказательство повышенной сложности;

уметь решать задачи на геометрические места точек;

уметь доказывать геометрические неравенства и решать задачи на максимум и минимум;

иметь представление о теоретическом и прикладном значении геометрии.

500 задач геометрического стандарта

Требования к подготовке учащихся

Основная школа

Минимальный уровень. При описании минимального уровня будем в первую очередь исходить из понятия элементарной задачи. Элементарной назовем задачу, которая решается в одно действие на основании определения, теоремы или же формулы. Приведем примеры элементарных задач (на вычисление).

На какие части делит угол в 40° биссектриса этого угла?

Один из углов треугольника равен 60°, сторона, противолежащая этому углу, равна 3, а одна из двух оставшихся сторон равна 2. Найдите третью сторону треугольника.

Две параллельные прямые пересекают одну сторону угла с вершиной О в точках А и Б, а другую соответственно в точках Ах и Вг. Известно, что ОА = 2, АВ = 3, А1В1 = 4. Найдите ОАх.

Около окружности радиуса 1 описан многоугольник с периметром 8. Найдите площадь этого многоугольника.

Совокупность элементарных задач, которые обязан уметь решать ученик, существенно зависит от содержания программы. В частности, последняя из приведенных задач относится или нет к минимальному уровню в зависимости от того, входит или нет в изучаемый курс соответствующая формула. Понятно также, что каждая формула определяет не одну, а некий набор элементарных задач. Так, теореме косинусов соответствуют три элементарные задачи.

В список базовых умений, соответствующих минимальному уровню, входят также задачи на построение, причем не только включенные непосредственно в содержание курса, но и простейшие задачи на построение в соответствии с определениями. Например, такие:

Построить окружность, описанную около данного треугольника.

Построить точку пересечения медиан треугольника.

Школьник обязан уметь также делать чертежи к более трудным задачам, в частности к задачам из списка, задающего стандарт.

На наш взгляд, в список задач минимального уровня не следует включать задачи на доказательство. В этих задачах, как правило, формулируется некое абсолютно очевидное утверждение, а предполагаемое доказательство сводит-

ся к неким тавтологиям или заклинаниям, которые выдаются за умозаключение. В результате дискредитируется сама идея доказательства. Кроме того, не следует предлагать большой (полный) список задач минимального уровня: большинство подобного рода задач примитивны и не способны ни развить ученика, ни привить ему интерес к предмету. Скорее даже, наоборот, они могут отбить интерес к геометрии. Большой список задач минимального уровня опасен также и тем, что учитель вынужден значительную часть времени тратить на отработку умения решать именно эти задачи в ущерб решению по-настоящему содержательных задач. На минимальном уровне должны присутствовать задачи-детали, из которых можно собрать задачи собственно стандарта. И обратно: задачи стандарта можно адаптировать к минимальному уровню.

Важно, чтобы система выталкивала ученика с минимального уровня вверх. В прилагаемой далее системе задач минимальному уровню соответствуют задачи уровня А.

На минимальном уровне ученик обязан также уметь формулировать основные определения и теоремы из курса геометрии.

Основной уровень (собственно стандарт). В результате изучения курса геометрии учащиеся должны уметь формулировать определения основных понятий геометрии, знать формулировки основных теорем и уметь их доказывать, знать важнейшие формулы и уметь их выводить.

Но основным умением является умение решать геометрические задачи. Мы постулируем, что именно умение решать геометрические задачи соответствующего уровня и является главным признаком того, что учащийся в своем развитии достиг необходимого уровня. В прилагаемом списке задач выделена относительно небольшая группа так называемых опорных задач. В них либо формулируется некий полезный факт, который может быть использован при решении различных задач, развивает теорию, либо иллюстрируется важный метод. Основной список разделен по темам согласно предлагаемому содержанию. Однако большая часть задач собрана в разделе «Разные задачи». Это, с одной стороны, отражает специфику геометрии. Многие задачи в равной мере могут относиться к различным разделам, да и соотнесение задачи к тому или иному разделу существенно зависит от последовательности изложения материала, принятой в соответствующем курсе (напоминаем, стандарт — это не программа, он лишь задает обязательное содержание). И кроме того, многие геометрические задачи могут решаться различными способами и, в зависимости от выбранного способа решения, соответствовать различным

разделам. И наконец, посредством системы задач мы задаем не столько требования к процессу обучения, сколько требования к итоговой подготовке учащихся. А это, в частности, означает, что ученик должен уметь самостоятельно определить раздел, к которому относится предложенная задача, выбрать (из числа ему известных) метод решения.

И еще одно важное замечание по поводу роли задачи при обучении геометрии следует сделать. Будем считать, что задача — это не только умения, задача — это также и элемент знания, а система задач должна носить обучающий характер. Многие задачи кажутся трудными, но лишь потому, что мы не учим решать подобные задачи, и они становятся вполне доступными, если ученику показать один или пару раз, как их решать.

Все задачи разбиты на три группы: А, В и С К группе А, как уже говорилось, относятся наиболее простые задачи, которые следует решать на минимальном уровне (в основном). В группы В и С включены более сложные задачи, соответствующие собственно образовательному стандарту. Задачи из группы А задают также необходимое условие соответствия основному уровню: ученик должен уметь решить любую задачу из этой группы. Задачи из группы С некоторым образом определяют достаточное условие соответствия основному уровню. Умения решать некоторые задачи (примерно половину) группы С достаточно, чтобы соответствовать этому уровню. Что же касается задач группы В, то здесь, по нашему мнению, следует уметь решать примерно 80% из них.

Старшая школа

Минимальный уровень (базовая школа). Первое и некоторым образом концептуальное положение, относящееся ко всем уровням, состоит в том, что в результате изучения курса стереометрии ученик должен прежде всего уметь работать с основными пространственными телами: многогранными и круглыми. Разделы же теории, в которых изучается взаимное расположение прямых и плоскостей в пространстве, носят вспомогательный характер. (Прямые и плоскости не могут просто «висеть» в пространстве, они должны чем-то определяться: вершинами многогранника, центрами сфер, точками на поверхности тела и пр.)

Общие положения, характеризующие минимальный уровень (понятие элементарной задачи и пр.), сформулированные в соответствующем разделе для основной школы, остаются верными и для старшей базовой школы, добавляется лишь ряд требований, существенных именно

для пространственной геометрии. Специфика проявляется в том, возрастает ли роль умений, связанных с изображением геометрических фигур и тел. Кроме того, в стереометрии более четко выражена инженерная и практическая составляющая. Отсюда следует также увеличение роли вычислительных методов и вычислительных задач по сравнению с задачами иных видов. Перечислим несколько умений.

Учащиеся должны уметь:

изображать важнейшие многогранники: треугольные и четырехугольные призмы и пирамиды, в первую очередь правильные;

на изображениях строить простейшие сечения (через три точки на ребрах треугольной пирамиды, на ребрах куба и другие подобного типа и уровня);

вычислять некоторые характеристики правильных треугольных и четырехугольных призм и пирамид (поверхность, объем) через любые два элемента из следующего списка: сторона основания, боковое ребро, высота, угол наклона бокового ребра к основанию (два последних элемента относятся к пирамидам);

изображать цилиндр и конус;

вычислять числовые характеристики круглых тел при естественном их задании.

Приведем также несколько примеров элементарных задач по стереометрии.

Найдите диагональ прямоугольного параллелепипеда, ребра которого равны 1, 2 и 3.

Найдите объем конуса, высота которого равна 2, а радиус основания 3.

Основание пирамиды имеет площадь 9. Найдите площади двух сечений этой пирамиды плоскостями, параллельными основанию и делящими боковое ребро на равные части.

Стандартный уровень (базовая школа). Точно так же, как и в основной школе, главным критерием соответствия ученика уровню стандарта является умение решать задачи, а именно задачи уровня В. Как и ранее, необходимым условием является умение решать все задачи уровня А, а достаточным — умение решать некоторые задачи уровня С. Что же касается задач главного уровня В, то здесь требуется умение решать 60—80% от их числа.

Профильная школа. Главное отличие старшей профильной школы от базовой состоит в том, что резко возрастают требования к умению решать задачи. Ученик должен уметь решать не менее 80% задач уровня В и большую часть задач уровня С.

Система задач

Основная школа

Опорные задачи

1. Докажите, что дуги окружности, заключенные между двумя параллельными хордами, равны.

2. Окружности радиусов R и г (R>r) касаются друг друга. Докажите, что расстояние между их центрами равно либо jR + r (в случае внешнего касания), либо R-r (в случае внутреннего касания). Сформулируйте и докажите обратное утверждение.

3. Докажите, что в прямоугольном треугольнике медиана к гипотенузе равна половине гипотенузы. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.

4. Для треугольников ABC и А1В1С1 выполняются следующие равенства АВ=А1В19 АС=А1С1, Z.ABC = АА1В1С1. Докажите, что либо эти треугольники равны, либо сумма углов с вершинами С и Сх в этих треугольниках равна 180°.

5. Докажите, что в треугольнике против большего угла лежит большая сторона и, наоборот, против большей стороны лежит больший угол.

6. В прямоугольном треугольнике ABC на гипотенузу AB опущена высота CD. Докажите, что имеют место равенства

CD2=AD • DB, ВС2 = ВА • BD, АС2=АВ AD.

7. Докажите, что сумма внешних углов в любом выпуклом многоугольнике равна 360°.

8. Имеется отрезок AB. Докажите, что геометрическое место точек М, таких, что угол АМВ равен данному углу, состоит из двух равных дуг окружностей с концами в А и В, симметричных относительно AB. (Одна из этих дуг вместе с отрезком AB ограничивает так называемый сегмент, вмещающий данный угол.)

9. Докажите, что отношение стороны треугольника к синусу противолежащего угла равно диаметру описанной около этого треугольника окружности.

10. Докажите, что четырехугольник с вершинами в серединах сторон данного четырехугольника является параллелограммом, стороны которого параллельны диагоналям четырехугольника и равны половинам этих диагоналей.

11. В треугольнике ABC проведена высота ВК, О — центр описанной около этого треугольника окружности. Докажите, что АОВС = L.KBA.

12. В треугольнике АБС проведены высоты АА19 ББХ и СС19 пересекающиеся в точке H (возможно, при продолжении). Рассмотрим 7 точек: А, Б, С, А19 В19 Сх и Н. Докажите, что существует 6 окружностей, на каждой из которых лежат 4 точки из перечисленных. Укажите все четверки точек, расположенных на одной окружности. Докажите также, что треугольники АВ1С19 А1ВС1 и АХВХС подобны треугольнику ABC. Докажите, что коэффициенты подобия трех указанных треугольников по отношению к исходному равны абсолютной величине косинуса соответствующего угла треугольника.

13. В трапеции проведены диагонали. Докажите, что: а) площади треугольников, прилежащих к боковым сторонам, равны; б) если диагонали четырехугольника делят его на четыре треугольника, таких, что два противоположных равновелики, то стороны этого четырехугольника, не принадлежащие двум указанным треугольникам, параллельны.

14. Внутри некоторой фигуры содержится выпуклый многоугольник. Докажите, что периметр этого многоугольника меньше периметра фигуры (длины ограничивающей его линии).

15. Докажите, что в треугольнике расстояние от вершины до точки пересечения высот в два раза больше, чем расстояние от центра описанной окружности до противоположной стороны.

16. Докажите, что биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону треугольника в отношении, равном отношению сторон, между которыми она проходит. (Если AM — биссектриса треугольника АБС, то ВМ:МС=АВ:АС.)

17. Докажите, что сумма квадратов всех сторон параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей.

18. Стороны треугольника равны а, & и с, а медиана к стороне равна та. Докажите, что

19. Точки А, В и С расположены на одной прямой. Докажите, что для любой точки D плоскости, не лежащей на этой прямой, отношение площадей треугольников ABD и BCD равно отношению AB : ВС.

20. Две прямые пересекаются в точке А. На одной из них взяты точки В и В19 а на другой — С и Сг. Пусть S — площадь треугольника АБС, a Sx — площадь треугольника А1В1С1. Докажите, что

21. Докажите, что площадь описанного многоугольника равна рг, где р — его полупериметр, а г — радиус вписанной окружности.

22. Пусть а, Ь — катеты, с — гипотенуза прямоугольного треугольника. Докажите, что диаметр окружности, вписанной в этот треугольник, равен а + Ь-с.

23. Докажите справедливость следующих формул площади треугольника:

где А, Б, С — углы треугольника, а — сторона, лежащая против угла A, R — радиус описанной окружности.

24. Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри выпуклого многоугольника с равными сторонами до его сторон (до прямых, содержащих стороны) постоянна.

25. Докажите, что если а и Ъ — две стороны треугольника, а — угол между ними и I — биссектриса треугольника, соответствующая этому углу, то

26. Докажите, что расстояние от вершины А треугольника ABC до точек касания вписанной окружности со сторонами AB и АС равно р-а, где р — полупериметр треугольника ABC, а = ВС.

27. В треугольнике ABC угол ВАС равен а. Докажите, что АВОС = 90° + y , где О — центр вписанной окружности.

28. Найдите длину общей внешней касательной к окружностям с радиусами R и г, если расстояние между их центрами равно а. Найдите также длину общей внутренней касательной к этим окружностям. (При каком условии существует каждая касательная?)

29. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника АБС. Докажите, что МА + МВ +МС = 0 .

30. Основания трапеции равны а и Ь. Найдите длину отрезка прямой, параллельной основаниям трапеции и делящей боковую сторону в отношении m : п, считая от основания а (концы отрезка на боковых сторонах трапеции).

31. В треугольнике АБС проведены высоты, пересекающиеся в точке H (возможно, при продолжении). Докажите, что точки, симметричные H относительно сторон треугольника, лежат на окружности, описанной около него. Докажите также, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АВН, ВСН и САН, равны

между собой и равны радиусу окружности, описанной около треугольника ABC.

32. Пусть Р — центр вписанной в ЛАВС окружности, прямая АР вторично пересекает описанную около ЛАВС окружность в точке М. Докажите, что MB = MC = MP.

33. Пусть А и В — две точки плоскости. Докажите, что геометрическим местом точек М, таких, что АМ2-ВМ2 есть величина постоянная, является прямая, перпендикулярная AB.

34. Докажите, что если диагонали четырехугольника перпендикулярны, то суммы квадратов его противоположных сторон равны. Докажите обратное утверждение.

35. Дан угол с вершиной А и окружность, касающаяся его сторон. Рассмотрим произвольную прямую, касающуюся окружности и пересекающую стороны угла в точках В и С так, что центр окружности расположен вне треугольника ABC. Докажите, что периметр треугольника ABC постоянен (не зависит от того, как проведена эта касательная) и половина периметра равна длине касательной, проведенной к данной окружности из А.

36. В окружности проведена хорда AB. Вторая окружность касается этой хорды и данной окружности в точках К и М. Докажите, что прямая КМ проходит через середину дуги AB, не содержащей точку М.

Прямые и углы на плоскости. Начальные понятия геометрии

37. Верно ли, что точки А, В и С расположены на одной прямой, если AB = 7, АС = 4, ВС = 3? Если это так, то какая из них лежит между двумя другими? (А)

38. Пусть А, В, С, D — четыре точки на прямой. Известно, что AB = 2, ВС = 3, CD = 4. Чему может равняться AD? (В)

39. Пусть А, Б, С, D — четыре точки. Известно, что AB = 2, ВС = 3, CD = 4, AD = 9. Найдите АС. (В)

40. Отрезок AB равен 5 см. На прямой AB взята точка M так, что ВМ = 4АМ. Чему равно AM? (А)

41. Углы АОВ и ВОС лежат в одной плоскости. Известно, что ZAOß = 88°, zLBOC = 124°. Чему может быть равен ЛАОС? (А)

42. Точки О, А, В, С и D лежат в одной плоскости. Известно, что ЛАОВ = 120°, ЛВОС = 121°, ACOD = 122°. Чему может быть равен ЛАСШ? (В)

43. Три пересекающиеся в одной точке прямые делят плоскость на 6 углов. Два из них равны 92° и 8°. Найдите оставшиеся углы. Чему равны углы между прямыми? (В)

44. Чему равен угол между биссектрисами двух смежных углов? (А)

45. Точки А, В и С расположены на одной прямой. Чему равно расстояние между серединами отрезков AB и ВС, если АС =16? (В)

46. На плоскости проведены три луча OA, OB и ОС. Чему может равняться угол между биссектрисами углов АОВ и ВОС, если ZAOC= 16°? (В)

47. Равны ли фигуры и тела, изображенные на каждом из рисунков 1, а — el

Рис. 1

48. Каждый из многоугольников, изображенных на рисунке 2, разрежьте на два равных многоугольника.

Рис. 2

Геометрия пространства

(задачи, не требующие знаний из систематического курса)

49. Какие из изображенных на рисунке 3 фигур являются развертками поверхности куба?

Рис. 3

50. Через точки А и В, лежащие на ребрах куба, проведена прямая. Какие из отмеченных на рисунке 4 точек являются точками пересечения этой прямой с ребрами куба или продолжениями его ребер?

Рис. 4

51. Внутри каждого изображенного на рисунке 5 многоугольника проведите несколько отрезков так, чтобы получилось изображение параллелепипеда, призмы или пирамиды. (Некоторые линии будут пунктирными.)

Рис. 5

52. Каким образом следует сложить бумажный квадрат, чтобы получилась поверхность треугольной пирамиды?

53. Какие многоугольники можно получить в сечении плоскостью: а) треугольной пирамиды; б) четырехугольной пирамиды; в) треугольной призмы; г) параллелепипеда?

54. Что получится, если лист Мебиуса (рис. 6) разрезать по серединной линии?

Рис. 6

55. Кусок проволоки изогнули в виде некоторой линии. На рисунке 7 показано, как выглядит этот кусок с трех различных точек (спереди, слева и сверху). Каким образом изогнули этот кусок?

Рис. 7

56. Для каждой пирамиды, изображенной на рисунке 8, а, отыщите равную ей пирамиду из нижнего ряда.

57. Возьмем некоторый многогранник и выпишем ряд чисел. Сначала выпишем, сколько у этого многогранника треугольных граней. Затем — сколько четырехугольных граней. И так далее. Придумайте несколько многогранников, у которых было бы по 6 граней и 8 вершин, но соответствующие ряды были бы различными (т. е. количество граней какого-то вида было различным). Сколько ребер будет у каждого такого многогранника?

58. Арбуз разрезали на 4 куска. После того как мякоть была съедена, осталось 5 корок. Как это могло произойти?

59. На каждом из рисунков 9, а — г изображены вид сверху и вид спереди некоторого тела. Для каждой пары изобразите тело, которое может так выглядеть. (Отсутствие на рисунках пунктирных линий означает, что у соответствующего тела нет невидимых ребер или что эти невидимые ребра скрыты за ребрами видимыми.)

Рис. 8

Рис. 9

Треугольник

60. Найдите радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника с катетами 5 и 12. (А)

61. Докажите, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит пополам угол между медианой и высотой, выходящими из той же вершины. (В)

62. В треугольнике ABC известно, что АВ = 1, ВС =у2, ABAC = 45°. Найдите АБСА. (В)

63. В треугольнике ABC известно, что АВ = 1, ВС =у2, ZBCA = 30°. Найдите ABAC. (В)

64. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника, в котором две стороны равны а и fr, а высота, проведенная к третьей стороне, равна h. (В)

65. Найдите величину наибольшего угла в треугольнике со сторонами 1, 3 и VÏ3. (А)

66. В треугольнике ABC медианы, выходящие из вершин А и В, равны соответственно 6 и 5. На медиане, проведенной из вершины А, взята точка M так, что AM = 4. Найдите ВМ. (В)

67. В треугольнике ABC известны две стороны АВ = 3, АС = 5. Точка К симметрична В относительно биссектрисы внешнего угла треугольника при вершине А. Найдите CK. (В)

68. Две стороны треугольника равны 7 и 8. В каких пределах может меняться третья сторона, если известно, что этот треугольник тупоугольный? (В)

69. Пусть А, В, К, Р, M — пять точек в одной плоскости. Известно, что AB = 8, а углы АКВ, АРВ, АМВ прямые. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника КРМ. (В)

70. Внутри треугольника ABC находится точка О. Известно, что ААОС = 2ААВС и АО = ОС = 3. Найдите ВО. (С)

71. На сторонах AB и АС треугольника ABC взяты точки К и M так, что 2АК=ВК, 2АМ = СМ. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен 3. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника АКМ. (В)

72. Найдите углы треугольника, если две его стороны видны из центра описанной окружности под углами 20° и 30°. (В)

73. Пусть А, В, С — три точки на прямой. M — любая точка плоскости вне этой прямой. Докажите, что отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников AMC и ВМС, равно отношению отрезков MA и MB. (С)

74. Докажите, что если в треугольнике совпадают центры вписанной и описанной окружностей, то этот треугольник правильный. (В)

75. Отношение катетов прямоугольного треугольника равно k. Найдите отношение проекций катетов на гипотенузу. (В)

76. В треугольнике АБС на стороне ВС взята точка К так, что угол ВАК в 5 раз больше угла САК. Найдите углы треугольника, если известно, что СК = КА=АВ. (В)

77. На катете АС равнобедренного прямоугольного треугольника ABC (С — вершина прямого угла) взята точка К. В каком отношении К делит катет АС, если известно, что 5АК = ВК? (В)

78. Медиана треугольника образует углы 30° и 45° со сторонами, между которыми она проходит. Найдите отношение этих сторон. (В)

79. В треугольнике ABC известны две стороны AB = 4, АС = 6. Через середину стороны AB проведена прямая, пересекающая АС. Эта прямая отсекает от треугольника АБС треугольник, ему подобный. На какие части эта прямая делит сторону АС? (В)

80. Дан треугольник АБС. На стороне AB взята произвольная точка М, через которую проведены две прямые, параллельные АС и ВС. Эти прямые отсекают от исходного треугольника два треугольника. Докажите, что сумма радиусов окружностей, вписанных в полученные треугольники, не зависит от выбора точки М. (В)

81. Пусть hl9 h2 и h3 — высоты треугольника, d — произвольный отрезок. Докажите, что треугольник со сторонами подобен исходному треугольнику. (В)

82. Рассмотрим 3 треугольника. Первый — произвольный остроугольный треугольник. Вершинами второго являются середины сторон первого. Вершины третьего треугольника — это основания высот второго. Докажите, что центр окружности, описанной около первого треугольника, совпадает с точкой пересечения высот второго и с центром окружности, вписанной в третий треугольник. (С)

Четырехугольник

83. Стороны четырехугольника, взятые в некотором порядке, равны 6, 8, 9 и 12. Можно ли в него вписать окружность? (В)

84. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, в котором ААВС= 70°, ACBD = 20°, AACD = 50°. Найдите ACAD. (В)

85. Найдите радиус окружности, вписанной в ромб со стороной, равной 2, и острым углом 30°. (В)

86. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции, большее основание которой равно 2, а три оставшиеся стороны равны 1. (С)

87. Докажите, что если диагонали четырехугольника равны, то четырехугольник, вершинами которого являются середины сторон данного, есть ромб. (В)

88. На сторонах AB и ВС параллелограмма ABCD взяты точки К и M соответственно так, что АК = 2КВ, СМ = ЗМВ. Прямые KD и MD делят диагональ АС на три части. Найдите длину средней части этой диагонали, если АС = 35. (В)

89. Диагональ равнобочной трапеции делит один из ее углов на углы 90° и 15°. Найдите отношение оснований трапеции. (С)

90. Окружность радиуса 25 пересекает каждую из сторон четырехугольника в двух точках. Все образовавшиеся хорды равны между собой и равны 14. Докажите, что в этот четырехугольник можно вписать окружность. Найдите ее радиус. (В)

91. В окружность с центром в точке О вписан четырехугольник ABCD. Найдите углы этого четырехугольника, если ААОВ = 40°, АВОС = 50°, A COD = 60°. (В)

92. Верно ли, что четырехугольник является параллелограммом, если две его противоположные стороны равны, а две другие параллельны? (А)

93. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке О. Известно, что АО = ОС, а стороны AB и CD параллельны. Обязательно ли ABCD — параллелограмм? (В)

94. Основания трапеции равны а и Ь. Каждая боковая сторона разделена четырьмя точками на пять равных частей, и соответствующие точки соединены отрезками. Найдите длины получившихся отрезков. (В)

95. Докажите, что если в трапеции ABCD имеет место равенство ZABZ> = zLACD, то эта трапеция равнобочная. (В)

96. Через вершину С параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая продолжения сторон AB и AD в точках К и M соответственно. Докажите, что произведение ВК • DM равно произведению соседних сторон параллелограмма. (В)

97. Основания трапеции равны 10 и 20, боковые стороны равны 6 и 8. Найдите угол, под которым пересекаются при продолжении боковые стороны данной трапеции. (В)

98. Основания трапеции равны а и Ъ. Чему равна длина отрезка прямой, параллельной основаниям трапеции и делящей трапецию на две подобные трапеции, если этот отрезок расположен внутри трапеции? (В)

99. Основания трапеции равны а и Ъ. Чему равна длина отрезка прямой, параллельной основаниям трапеции, который проходит через точку пересечения диагоналей и расположен внутри трапеции? (С)

100. Три стороны четырехугольника в порядке обхода равны 7, 1 и 4. Найдите четвертую сторону, если известно, что диагонали этого четырехугольника перпендикулярны. (В)

101. Диагонали вписанного четырехугольника делят его на четыре треугольника. Докажите, что прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей четырехугольника перпендикулярно какой-то его стороне, содержит центр окружности, описанной около противоположного треугольника. (В)

102. (Золотое сечение.) От прямоугольника отрезан квадрат со стороной, равной меньшей стороне прямоугольника. Найдите отношение сторон прямоугольника, если известно, что оставшийся прямоугольник подобен исходному. (В)

Окружность и круг

103. Две окружности имеют общую точку А. Прямая, проходящая через точку А, пересекает первую окружность в точке Б, а вторую — в точке С. Известно, что касательная к первой окружности, проходящая через точку Б, параллельна касательной ко второй окружности в точке С. Докажите, что данные окружности касаются в точке А. (С)

104. Две окружности касаются внутренним образом в точке А. Произвольная прямая, проходящая через точку А, пересекает вторично первую окружность в точке Б, а вторую — в точке С. Пусть M — точка на первой окружности, а К — на второй, причем отрезок МК пересекает прямую AB. Найдите сумму /LAMB + Л AK С. (С)

105. Даны две пересекающиеся окружности и точка, расположенная на прямой, проходящей через точки пересечения окружностей, и лежащая вне этих окружностей. Докажите, что касательные к двум окружностям, проходящие через эту точку, равны. (В)

106. Две окружности с радиусами Б и г касаются друг друга внешним образом. Найдите длину общей внешней касательной к этим окружностям. (В)

107. Через точку M внутри окружности проведены три хорды так, что M — середина двух из этих хорд. В каком отношении точка M делит третью хорду? (В)

108. В окружности проведены две пересекающиеся хорды. Одна из них делится точкой пересечения в отношении

2:3, а другая — в отношении 3:4. Найдите отношение хорд. (В)

109. Две окружности пересекаются в точках А и Б. Прямая, проходящая через Б, вторично пересекает данные окружности в точках К и М. Докажите, что все возникающие таким образом треугольники АКМ подобны между собой. (В)

110. Диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны. Докажите, что сумма квадратов двух его противоположных сторон равна квадрату диаметра описанной окружности. (С)

111. Найдите сторону правильного п-угольника, вписанного в единичную окружность, при значениях п, равных 3, 4, 6, 8 и 12. (AB)

112. Имеется окружность. Что больше, длина дуги величиной в 57°20' или длина радиуса этой окружности? (В)

113. На отрезке АВ = а взяты несколько точек. На каждом из полученных отрезков, как на диаметре, построена полуокружность. Найдите сумму длин этих полуокружностей.

114. Что больше, площадь кругового сектора с центральным углом в 30° или площадь сегмента того же круга, соответствующего дуге в четверть окружности? (В)

115. Даны две окружности радиусов 7 и 1. Расстояние между их центрами равно 2. На прямой, проходящей через центры окружностей, взята точка М, такая, что касательные, проведенные из M к окружностям, равны между собой. Чему равны эти касательные? (В)

116. К окружности проведены три касательные, две из которых параллельны. Третья касательная пересекает их в точках А и Б и касается окружности в точке С. Докажите, что произведение АС • ВС постоянно. (С)

117. Найдите площадь кольца между двумя концентрическими окружностями, если длина хорды большей окружности, касающейся меньшей, равна а. (В)

118. Найдите площадь общей части двух кругов радиусов 1 и V3, если расстояние между центрами кругов равно 2. (В)

119. Пусть А1А2АэАеА5А6А7 — выпуклый семиугольник. Найдите сумму углов семиконечной звезды A^A^A^AqA^A^ . (Указание. Рассмотрите окружность, содержащую данный семиугольник. Каждый угол полученной звезды измеряется полусуммой соответствующих дуг этой окружности, образуемых при пересечении с нею продолжений сторон угла. Все эти дуги в сумме дадут полную окружность.) (С)

120. На окружности, описанной около треугольника АБС, взяты точки А19 Вг и Сх, отличные от вершин тре-

угольника, так, что ААХ =АВ, ВВ1 = ВС, ССг = СА. Найдите углы треугольника АгВгС19 если углы А и В треугольника АБС равны 70° и 80°. (С)

121. Найдите радиус окружности, вписанной в четверть единичного круга. (В)

122. Две окружности радиусов 5 и 4 касаются друг друга в точке А, через которую проведена прямая, вторично пересекающая окружности в точках В и С. Найдите отрезки AB и АС, если: а) ВС = 1; б) ВС = 3. (В)

Площади плоских фигур

123. На плоскости расположены две равновеликие фигуры. Докажите, что площадь части первой фигуры, расположенной вне второй, равна площади части второй фигуры, лежащей вне первой. (В)

124. Внутри параллелограмма взята произвольная точка и соединена со всеми его вершинами. Докажите, что сумма площадей двух треугольников, прилежащих к противоположным сторонам параллелограмма, равна половине площади параллелограмма. (А)

125. Найдите площадь треугольника, если известны три его стороны: а) 5, 9 и 12; б) 5, 9 и У34; в) V29, V65 и VÎÔ6; г) Va2-a + l, Va2+a+l и V4a2 + 3 (в случае г) докажите, что при любом а существует треугольник и его площадь от а не зависит). (AB)

126. Пусть M — середина стороны AB треугольника ABC, Р — точка на стороне АС. Найдите отношение АР к PC, если известно, что площадь треугольника AMP в три раза меньше площади треугольника ABC. (В)

127. Площадь параллелограмма ABCD равна 8, К и M — середины сторон ВС и CD. Найдите площадь треугольника АКМ. (В)

128. Найдите площадь треугольника, две стороны которого равны 5 и 7, а медиана к третьей стороне равна 4. (В)

129. На одной из сторон треугольника взяты две точки, делящие его на три равные части. Через эти точки проведены две прямые, параллельные одной из двух других сторон треугольника. Найдите площадь части треугольника между этими прямыми, если площадь всего треугольника равна 9. (В)

130. Две вершины треугольника совпадают с концами боковой стороны трапеции, а третья расположена в середине противоположной боковой стороны. Докажите, что площадь треугольника в два раза меньше площади трапеции. (С)

131. Основания трапеции равны 3 и 1, диагонали 3 и 5. Найдите площадь трапеции. (В)

132. Найдите площадь равнобочной трапеции, диагональ которой равна а и образует угол а с основаниями. (В)

133. Основания трапеции равны а и 6. Чему равна длина отрезка прямой, параллельной основаниям трапеции, делящей площадь трапеции пополам, если концы отрезка лежат на боковых сторонах трапеции? (С)

134. В четырехугольнике ABCD площади треугольников BCD и ABC равны. Следует ли из этого параллельность AD и ВС? (В)

135. Каждая из трех высот треугольника меньше 1. Может ли его площадь быть больше 100? (В)

136. Около окружности описана равнобочная трапеция, одно из оснований которой равно 3, а боковая сторона равна 2. Найдите площадь трапеции. (В)

137. Пусть M — произвольная точка на медиане треугольника ABC, выходящей из вершины А. Докажите равновеликость треугольников АВМ и АСМ. (В)

138. Найдите площадь прямоугольного треугольника, если отрезки, на которые его гипотенуза делится точкой касания со вписанной окружностью, равны а и Ь. (С)

139. Докажите, что диагональ АС четырехугольника ABCD делит диагональ BD в отношении, равном отношению площадей треугольников ABC и ADC.

140. В выпуклом четырехугольнике проведены диагонали, которые разделили его на четыре треугольника. Докажите, что произведения площадей противоположных треугольников равны. (В)

141. Диагонали трапеции делят ее на четыре треугольника. Площади треугольников, прилегающих к основаниям трапеции, равны 4 и 9. Найдите площадь данной трапеции. (С)

142. Три единичные окружности попарно касаются друг друга. Найдите площадь криволинейного треугольника, ограниченного этими окружностями и расположенного вне окружностей. (В)

143. Стороны прямоугольника равны 2 и 1. Он разрезан на два прямоугольника, один из которых подобен исходному. Найдите площадь другого прямоугольника.

Координаты и векторы

144. Вершины треугольника ABC имеют координаты А (-2; 3), В(3; -4), С(1; 2). Найдите длину медианы, выходящей из вершины А. Найдите координаты точки пересечения медиан треугольника ABC. (В)

145. Напишите уравнение линии, все точки которой равноудалены от точек А(3; -1), В(-5; 4). Как называется эта линия? (В)

146. Напишите уравнение линии, для точек которой сумма квадратов расстояний до точек А(1; 0) и В(0; 1) равна квадрату расстояния до начала координат. Что это за линия? (В)

147. Координаты (х; у) точки M удовлетворяют уравнению х2 + у2 = 2х. Найдите наибольшее и наименьшее значения AM, если А точка с координатами (4; 4). (С)

148. Изобразите множество точек М(х; у), координаты которых удовлетворяют уравнению х = \J2x2 + у2 -1. (В)

149. Длина вектора ~а равна 3, а длина вектора Ъ равна 2. Найдите скалярное произведение векторов ~а +Ъ vlHl-Ь. (В)

150. Найдите угол между прямыми у = х + \ и х = \Зу-1. (В)

151. Найдите скалярное произведение векторов ~а и Ъ , если длина вектора ~а равна 3, а длина проекции вектора Ъ на прямую, которой принадлежит вектор ~ау равна 2. (С)

152. Вычислите сумму AB ВС + ВС BD+AD • СВ (каждое слагаемое — скалярное произведение двух векторов). (С)

153. Определите вид линии, задаваемой уравнением: а) х2+ у2-4х-6у + 12 = 0; б) у-1 = ^Ь-х2. (В)

154. Даны точки А(0; 2) и В(3; 0). Напишите уравнение, определяющее множество точек М(х; у), таких, что: а) АМ2 + ВМ2 = 2АВ2; б) АМ2-ВМ2=АВ2; в) АМ = ВМ; г) AM = 2ВМ. В каждом случае определите, какой вид имеет соответствующая линия. (В)

155. Дан параллелограмм ABCD. Найдите AC +BD-2AD. (В)

156. Угол между векторами ~а и Ъ равен 120°, |а] = 2, |&| = 3. Найдите ~а -V; (а+Ъ) • ~а\ (2043ÏT) • (a-V). (В)

157. На координатной плоскости даны четыре точки А(1; 2),

В(2; 3), С(-1; 4), Z>(3; -2). Найдите ÄB CD\ÄC BD; DA СВ; (CB + DA)(BD-BC). (В)

158. Докажите, что вектор /Г(а; Ь) перпендикулярен прямой ах + Ьу = с. (С)

159. Около единичной окружности описан квадрат. Найдите сумму квадратов расстояний от произвольной точки окружности до вершин квадрата. (С)

Преобразования плоскости

160. Какое наибольшее число осей симметрии может иметь шестиугольник? (С)

161. В результате поворота на 140° вокруг некоторой точки плоскости прямая / перешла в прямую 1г. Чему равен угол между прямыми I и /х? (С)

162. Многоугольник имеет две оси симметрии, пересекающиеся под углом 30°. Какое наименьшее число сторон может иметь этот многоугольник? (С)

163. Сколько существует движений, переводящих квадрат сам в себя? (С)

164. На плоскости даны два равных и непараллельных отрезка AB и AB'. Постройте центр поворота, при котором точка А переходит в А', а точка В — в Б', если АА и ВВ' непараллельны. (С)

165. На плоскости даны две перпендикулярные прямые. Рассмотрим преобразование плоскости, состоящее из двух последовательных симметрий: сначала относительно одной из заданных прямых, а затем относительно другой. Докажите, что эту пару преобразований можно заменить центральной симметрией относительно точки пересечения данных прямых. (С)

Задачи и методы геометрии

166. На плоскости изображена окружность. Постройте ее центр. (А)

167. Имеется единичный отрезок. Постройте отрезок длиной Vs. (В)

168. Данный отрезок разделите на две части так, чтобы отношение большей части к меньшей равнялось V2. (В)

169. Имеется единичный квадрат. Найдите геометрическое место точек, принадлежащих плоскости квадрата, расстояние от которых до ближайшей точки квадрата равно 1. (В)

170. На плоскости даны две точки А и Б. Найдите геометрическое место точек M плоскости, для которых треугольник AMВ равнобедренный.

171. Имеется изображение многоугольника. Постройте многоугольник, ему равный. (В)

172. Постройте треугольник по стороне и двум медианам, проведенным к двум другим сторонам. (В)

173. Постройте треугольник по стороне и двум высотам, проведенным к двум другим сторонам. При каком условии задача имеет ровно одно решение? (В)

174. Постройте треугольник по двум углам и сумме радиусов вписанной и описанной окружностей. (С)

175. Постройте окружность, касающуюся сторон данного угла и проходящую через данную точку внутри этого угла. (С)

176. Постройте касательные к данной окружности, прохо-

дящие через данную точку, лежащую вне окружности. (В)

177. Даны два отрезка а и Ь. Постройте отрезок jc, такой,

178. Даны прямая I и точки А и В по одну сторону от нее. Найдите на I точку М, такую, чтобы сумма АМ + МВ была наименьшей. (В)

179. Точка А расположена на расстоянии а от центра окружности радиуса R. Чему равна длина наименьшей хорды окружности, проходящей через точку А? (В)

180. Докажите, что площадь треугольника не превосходит половины произведения двух его сторон. (В)

181. Докажите, что медиана треугольника меньше полусуммы сторон, ее заключающих. (В)

182. На плоскости имеются две окружности радиусов 1 и 2, расстояние между их центрами равно 4. В каких пределах может меняться длина отрезка с концами на этих окружностях? (Первый конец — на одной окружности, а второй конец — на другой.) (В)

183. Найдите геометрическое место точек, из которых данная окружность видна под прямым углом. (В)

184. Рассмотрим всевозможные квадраты, три вершины которых расположены на сторонах данного угла. Найдите геометрическое место точек, являющихся четвертыми вершинами таких квадратов. (С)

185. Имеется правильный треугольник. Найдите геометрическое место точек плоскости, из которых этот треугольник виден под углом 60°. (В)

186. Дана окружность и точка А на ней. Найдите геометрическое место точек В, таких, что отрезок AB пересекает окружность (вторично) и делится пополам этой точкой пересечения. (В)

187. Докажите, что в тупоугольном треугольнике медиана к большей стороне меньше радиуса описанной окружности. (С)

188. Докажите, что если радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 1, то все его стороны больше 2. (С)

189. Найдите радиус наименьшего круга, которым можно накрыть треугольник со сторонами 5, 6 и 8. (С)

190. Докажите, что сумма диагоналей четырехугольника меньше его периметра. (В)

191. Существует ли треугольник, высоты которого равны: а) 2, 3 и 5; б) 2, 3 и 6? (В)

192. В треугольнике ABC наибольшим является угол А, а наименьшим — угол С. К какой из вершин ближе всего расположен центр вписанной окружности? (В)

193. Шестиугольник АКВРСМ вписан в окружность. Известно, что АК=АМ, ВК = ВР, СР = СМ. Докажите,

что диагонали АР, КС и ВМ пересекаются в одной точке. (В)

194. Рассмотрим треугольник, в котором высота к одной из сторон образует с двумя другими сторонами углы а и ß. С помощью этой конструкции (рассматривая случай, когда указанная высота проходит между соответствующими сторонами) докажите справедливость формулы sin (а + ß) = sin а cos ß + cos а sin ß для острых углов. Выведите эту формулу двумя способами: используя теорему синусов и метод площадей. (В)

195. Дан квадрат ABCD. Найдите геометрическое место точек М, для которых углы AM В и CMD равны. (С)

Задачи практические и занимательные

196. Предложите удобный практический способ для измерения диагонали кирпича, который вы достали из груды кирпичей, лежащих во дворе.

197. Предложите способ измерения радиуса футбольного мяча.

198. Как измерить объем булыжника?

199. Как измерить толщину листа бумаги?

200. Соедините две точки на полу отрезком прямой. (Предложите удобный на практике способ построения этого отрезка.)

201. Имеются две точки на местности (можно рассматривать в качестве точек два дерева или два других предмета). Предложите способ, с помощью которого можно отметить точки на прямой, проходящей через имеющиеся точки.

202. Предложите способ измерения на практике глубины водоема.

203. Предложите способ, с помощью которого на практике можно измерить высоту дерева.

204. Вы изготовили из деревянных планок рамку и желаете убедиться, что эта рамка имеет прямоугольную форму. Каким образом это можно сделать?

205. На листе бумаги изображены два непересекающихся отрезка. Точка пересечения прямых, на которых лежат эти отрезки, расположена вне листа бумаги. Постройте биссектрису угла, стороны которого содержат указанные отрезки.

206. Одна сторона квадрата расположена на прямой I. Внутри квадрата отмечена точка А. Изобразите траекторию, которую описывает точка А, когда квадрат «катится» по прямой I.

207. Проведите прямую через данные две точки, если есть циркуль и линейка, которая короче расстояния между этими точками.

208. С помощью угольника опустите перпендикуляр на прямую I из точки А, если расстояние от А до I больше размеров угольника.

209. Как можно проверить, что с помощью линейки в самом деле можно строить прямые линии?

210. Имеется отрезок AB. С помощью одного циркуля постройте отрезок длиной 2АВ. (Постройте две точки, расстояние между которыми равно 2АВ.)

211. Группа туристов должна двигаться строго в заданном направлении, чтобы попасть в нужную точку. Но на пути им встретилось небольшое препятствие (в виде болота или иного типа). Каким образом они могли бы обойти болото и продолжить путь в нужном направлении?

212. Какой угол образуют минутная и часовая стрелки в 3 ч 5 мин?

213. Имеется окружность, в которой отмечен центр. С помощью одного циркуля отметьте на окружности 4 точки, являющиеся сторонами квадрата.

214. Для выполнения электромонтажных работ нужно 10 м изоляционной ленты. Толщина ленты 0,5 мм. В магазине можно купить кусок изоляционной ленты, намотанный на цилиндрическую втулку диаметра 2 см и имеющий вид цилиндра диаметра 16 см. Сколько таких кусков ленты следует купить?

215. Лист фанеры имеет вид квадрата со стороной 1 м 18 см. Можно ли из него выпилить 17 квадратов со стороной 25 см?

216. Дана прямая I и точка А. Постройте с помощью циркуля и линейки прямую, перпендикулярную I, проведя не более трех линий (третьей линией должен быть искомый перпендикуляр). Рассмотрите два случая: точка А не принадлежит прямой I и точка А принадлежит этой прямой.

217. Найдите периметр треугольника со сторонами 5, 7 и 13.

218. Найдите площадь прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна 7, а высота, опущенная на гипотенузу, равна 4.

219. Найдите площадь многоугольника с периметром 6, описанного около окружности радиуса 1.

220. Разрежьте данный не прямоугольный треугольник на три части, из которых можно было бы составить прямоугольник.

221. Даны два квадрата 1X1 и 3X3. Разрежьте больший квадрат на несколько частей так, чтобы из этих частей и единичного квадрата можно было составить еще один квадрат.

222. Робинзон после кораблекрушения плывет на плоту по океану. В ясный солнечный день он, стоя на плоту,

увидел на горизонте вершину скалы, расположенной на берегу острова. Оцените расстояние от Робинзона до острова в этот момент. Можно считать, что глаза Робинзона находятся на расстоянии примерно 2 м от поверхности океана, а высота скалы примерно 12 м. Радиус Земли считать примерно равным 6000 км.

223. У замка имеется несколько башен, представляющих собой цилиндры равной высоты, но с разными диаметрами основания. Вокруг каждой башни идет винтовая лестница. Все лестницы наклонены под одним и тем же углом к плоскости основания башни. Как зависит длина лестницы от диаметра башни? (В)

Планиметрия в пространстве

224. Сложите 6 спичек так, чтобы они образовали четыре правильных треугольника со стороной, равной спичке.

225. На плоскости даны 6 отрезков, равных шести ребрам треугольной пирамиды ABCD. Для каждого отрезка указано, какому ребру он равен. Постройте отрезок, равный отрезку, соединяющему середины ребер AB и CD пирамиды.

226. Дан куб, ребро которого равно данному отрезку. Постройте отрезок, длина которого равна длине кратчайшего пути по поверхности куба, соединяющего две противоположные вершины куба.

227. Докажите, что все грани треугольной пирамиды ABCD являются равными треугольниками, если выполняется любое из следующих условий: 1) AB = CD, AC = BD, AD = BC; 2) AB = CD, AC = BD, AABD = Z.BDC; 3) AB = = CD, Z-ABD = /LBAC, ADAB = AABC; 4) /.ABD = ABDC, Z.ADB = Z-CBD, AADC = Z.BAD.

228. Найдите расстояние между серединами двух противоположных ребер треугольной пирамиды, все ребра которой равны 1.

229. Пусть точки К, L и M являются серединами соответствующих ребер куба (рис. 10). Найдите угол KLM.

230. В пространстве расположены четыре точки. Пять из шести попарных расстояний между ними равны 1, а одно равно \[з. Докажите, что эти четыре точки лежат в одной плоскости.

231. Пусть А, В, С и D — четыре точки в пространстве. Докажите, что отрезок, соединяющий точку D с точкой пересечения медиан треугольника ABC, пересекает отрезок с концами в серединах

Рис. 10

отрезков AB и CD. В каком отношении каждый из отрезков делится точкой пересечения?

232. Пусть А, В, С и D — четыре точки в пространстве. Докажите, что треугольник с вершинами в точках пересечения медиан треугольников DAB, DBC и DCA подобен треугольнику ABC. Найдите коэффициент подобия.

233. В пирамиде ABCD даны ребра: AB = 5, ВС = 7, CA = 6, Ai) = 8. Найдите ребра DB и DC, если известно, что можно построить четыре шара с центрами в вершинах этой пирамиды, попарно касающихся друг друга внешним образом.

Разные задачи

234. Через точку К внутри окружности проведены две хорды AB и CD. Известно, что АК = 4, CK = 9. Радиус окружности, вписанной в треугольник ADK, равен 1. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник СВК. (В)

235. Высота прямоугольного треугольника делит гипотенузу на отрезки длиной 1 и 9. Найдите площадь этого треугольника. (В)

236. Высота, проведенная к стороне ВС треугольника АБС, равна 1. Углы Б и С равны 60° и 45°. Найдите стороны этого треугольника, а затем найдите sin 75°. (В)

237. Через точку M проведены две прямые, пересекающие данную окружность. Первая прямая пересекает ее в точках А и Б, а вторая — в точках С и D. Известно, что MA = 6, MC = 7, ВС = 5. Найдите AD. (В)

238. Радиус окружности, описанной около треугольника АБС, равен R, угол А равен 2а. Биссектриса угла А вторично пересекает описанную около ЛАБС окружность в точке М. Найдите расстояния ВМ и СМ. (В)

239. Пусть J — центр окружности, вписанной в треугольник АБС, прямая AI вторично пересекает окружность, описанную около ЛАБС в точке Р. Найдите углы треугольника BPI, если углы А и Б равны соответственно 80° и 60°. (В)

240. Найдите сторону квадрата, вписанного в полукруг радиуса 1. (В)

241. Даны две точки А(1; 0) и Б (2; 0). Напишите уравнение геометрического места точек, для которых сумма квадратов расстояний до точек А и Б в два раза больше квадрата расстояния до начала координат. Что это за линия? (В)

242. На стороне AB треугольника АБС взята точка M так, что АМ:МБ = 2:3, а на стороне ВС — точка К так, что ВК:КС = 4:5. В каком отношении отрезки СМ и АК делятся точкой пересечения? (С)

243. Имеется четверть круга, куда вписан единичный квадрат так, что две вершины квадрата лежат на дуге окружности, а две другие — на радиусах. Найдите радиус окружности, ограничивающей данную четверть круга. (В)

244. В единичную окружность вписан квадрат. Найдите радиус окружности, проходящей через середины двух противоположных сторон квадрата и касающейся данной окружности. (В)

245. Внутри прямого угла находится точка А на расстояниях 1 и 2 от сторон этого угла. Найдите радиус наименьшей окружности, проходящей через А и касающейся сторон угла. (В)

246. В единичной окружности отмечена дуга с центральным углом, равным 2а. Найдите сторону правильного треугольника, одна вершина которого расположена в середине данной дуги, а две оставшиеся — на радиусах, соответствующих концам этой дуги. (В)

247. На боковых сторонах ВА и ВС равнобедренного треугольника ABC можно выбрать точки M и К соответственно так, что CA = AM = МК = KB. Найдите углы треугольника ABC. (В)

248. Центр окружности совпадает с центром правильного треугольника со стороной 1. Найдите радиус этой окружности, если известно, что длина части окружности, лежащей вне треугольника, равна ее части, расположенной внутри треугольника. (С)

249. Найдите площадь общей части двух кругов единичного радиуса с центрами в противоположных вершинах единичного квадрата. (В)

250. Два круга радиуса 1 имеют центры в соседних вершинах единичного квадрата. Найдите площадь части квадрата, расположенной вне этих кругов. (С)

251. На плоскости даны точки А и В. Найдите геометрическое место точек M плоскости, таких, что в треугольнике АВМ угол при вершине M наибольший. (С)

252. В треугольнике ABC угол при вершине С равен 30°, СВ = а, СА = Ъ. Точка А1 симметрична А относительно ВС, точка А2 симметрична Ах относительно АС. Найдите ВА2. (В)

253. Сколько сторон имеет выпуклый многоугольник, если известно, что сумма его внутренних углов равна сумме его внешних углов? (В)

254. Докажите, что если одна сторона многоугольника равна 2, а каждая из остальных равна 1, то в этот многоугольник нельзя вписать окружность. (С)

255. Рассмотрим две пересекающиеся окружности. Пусть M — некоторая точка, принадлежащая общей хорде этих окружностей. Проведем через точку M в каждой

окружности по хорде, одна из которых AB, а другая CD. Известно, что АМ = 3, MB = 5, СМ = 7. Найдите MD. (С)

256. На прямой взяты три точки А, В и С (они следуют в указанном порядке). Проведем через А и В произвольную окружность, а из С — касательные к этой окружности. Найдите геометрическое место точек касания (при изменении окружности). (В)

257. В треугольнике ABC угол А равен 30°, AB = 2, ВС = а. При каких значениях а существует единственный треугольник, удовлетворяющий этим условиям? (С)

258. Найдите геометрическое место середин всевозможных хорд, проходящих через данную точку внутри данной окружности. (В)

259. Диагонали параллелограмма равны 4 и 6, одна из его сторон равна VÏ9. Найдите другую сторону параллелограмма и угол между диагоналями. (В)

260. Даны две окружности и точка А. Найдите на этих окружностях точки К и M так, чтобы точка А была серединой отрезка КМ. (С)

261. Дан параллелограмм ABCD. Найдите геометрическое место точек M плоскости, для которых сумма площадей треугольников АВМ и CDM равна половине площади параллелограмма. (В)

262. Внутри окружности радиуса 5 на расстоянии 3 от центра окружности взята точка М, через которую проведена хорда длины 8. Какой угол образует эта хорда с диаметром, проходящим через М? (В)

263. На плоскости дан угол, равный у. Разделите его на 3 равные части. (В)

264. Докажите, что сумма расстояний от любой точки, лежащей на основании равнобедренного треугольника, до его боковых сторон постоянна и равна высоте, проведенной к боковой стороне этого треугольника. (В)

265. Высота треугольника равна 7, а стороны, имеющие с ней общую вершину, равны 8 и а. При каких значениях а такой треугольник единствен? (В)

266. Сколько существует различных треугольников, у которых одна сторона равна 2, другая — 1, а один из углов равен 31°? (В)

267. Прямая, проходящая через середины соседних сторон единичного квадрата, отрезает от него треугольник. Найдите радиус наибольшей окружности, которая может быть помещена в оставшийся пятиугольник (окружность может касаться его сторон). (С)

268. Во вписанном четырехугольнике ABCD угол ADB равен 30°, угол CBD равен 45°, сторона AB равна 1. Найдите сторону CD. (В)

269. Две стороны прямоугольного треугольника равны 3 и 4. Чему может быть равна третья сторона? (В)

270. Две стороны треугольника равны 5 и 8, а его площадь равна 10. Чему может быть равна третья сторона треугольника? (В)

271. В четырехугольнике ABCD углы А, В и С соответственно равны 30°, 120° и 60°, ВС = 2. Биссектриса угла D пересекает прямую AB в точке К. Найдите АК. (В)

272. Стороны треугольника равны 5, 6 и 7. На какие отрезки делит его стороны вписацная окружность? (В)

273. Около окружности описан пятиугольник, стороны которого в порядке обхода равны 7, 5, 6, 8 и 10. На какие отрезки делится точкой касания меньшая сторона пятиугольника? (С)

274. Имеется острый угол величиной а с вершиной в точке О и точка А внутри его. Найдите длину отрезка OA, если его проекция на одну сторону угла равна а, a расстояние от точки А до другой стороны равно Ь.

275. Сколько различных треугольников можно составить из отрезков, длины которых равны 2, 3, 4, 5 и 6? (В)

276. Две стороны четырехугольника равны 1 и 4, а одна из диагоналей равна 2 и делит четырехугольник на два равнобедренных треугольника. Найдите периметр четырехугольника. (В)

277. Пусть AB — боковая сторона трапеции, О — точка пересечения диагоналей. Найдите площадь треугольника АБО, если основание трапеции равно a, a расстояние до другой стороны равно d. (В)

278. Найдите сумму углов пятиконечной звезды (рис. 11). (В)

279. Внутри острого угла отмечена точка А. Найдите на сторонах угла точки В и С так, чтобы периметр треугольника ABC был наименьшим. (С)

280. Даны прямая I и точки А и В по одну сторону от нее. Постройте окружность, проходящую через точки А и В и касающуюся прямой I. (С)

281. Рассмотрим равнобедренный треугольник с углом при вершине 36°. Докажите, что биссектриса угла при основании делит этот треугольник на два равнобедренных, один из которых подобен исходному треугольнику. Используя этот факт, выразите сторону правильного десятиугольника через радиус описанной около него окружности. (В)

282. Докажите, что выпуклый многоугольник может иметь не более трех острых углов. (С)

Рис. 11

283. Найдите углы выпуклого 360-угольника, если известно, что все они выражаются целым числом градусов. Тот же вопрос для 359-угольника. (С)

284. У вписанного четырехугольника ABCD сторона AB равна 2, z_ACß = 28°, ACAD = 32°. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника AM В, где M — точка пересечения диагоналей четырехугольника. (В)

285. Вершины острых углов прямоугольного треугольника перемещаются по сторонам прямого угла. Какую линию описывает третья вершина этого треугольника? (С)

286. Концы отрезка постоянной длины перемещаются по двум перпендикулярным прямым. Какую линию описывает середина этого отрезка? (В)

287. Внутри угла с вершиной О взята точка М. Луч ОМ образует со сторонами угла углы 24° и 48°. Точки А и В — проекции точки M на стороны угла. Найдите углы треугольника АВМ. (В)

288. Докажите, что если 4 прямые касаются окружности, как показано на рисунке 12, то выполняются следующие равенства: AB + CD=AD + BC; KB + DM = ВМ + KD; КА+АМ = КС + СМ. (В)

289. На плоскости расположены четыре точки А, В, С и D. Известно, что AABC=AADC и A BAD = A BCD. Обязательно ли данные точки служат вершинами параллелограмма? (В)

290. В параллелограмме ABCD известно, что AABD = 35° и что центры окружностей, описанных около треугольников ABC и ACD, лежат на диагонали BD. Найдите ADBC. (В)

Рис. 12

291. Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке К и продолжение стороны CD в точке М. Известно, что СМ = 2, ВК = 5. Найдите стороны параллелограмма. (В)

292. Найдите углы треугольника ABC, если известно, что биссектрисы его внешних углов при вершинах А и В равны между собой и равны стороне AB. Замечание. Каждый угол треугольника имеет два внешних угла. Биссектрисой внешнего угла назовем отрезок биссектрисы одного из этих углов от вершины до точки пересечения с продолжением противоположной стороны треугольника. Если треугольник равнобедренный, то для вершины, противолежащей основанию, такого треугольника не существует. (С)

293. Две окружности пересекаются в двух точках. Через каждую из точек пересечения окружностей проведена прямая. Эти прямые вторично пересекают окружности в четырех точках. Докажите, что у четырехугольника с вершинами в этих точках есть пара параллельных сторон. (В)

294. Через середину наибольшей стороны треугольника проведена прямая, отсекающая треугольник, ему подобный. Найдите наименьшую сторону отсеченного треугольника, если стороны исходного треугольника равны: а) 6, 7, 8; б) 6, 7, 9; в) 6, 7, 10. Сколько решений имеет задача в каждом случае? (С)

295. Из отрезков 4, 6, 8, 9, 12 и 18 составили два подобных между собой треугольника. Найдите коэффициент подобия. (В)

296. У двух неравных, но подобных треугольников имеется две пары соответственно равных сторон, длины которых 12 и 18. Найдите остальные стороны каждого треугольника. (В)

297. Высота прямоугольного треугольника делит его на два треугольника. Радиусы окружностей, вписанных в эти треугольники, равны 1 и 2. Найдите радиус окружности, вписанной в исходный треугольник. (С)

298. На одной из сторон прямого угла взяты точки А и В на расстоянии а и Ъ от его вершины. Найдите радиус окружности, проходящей через А и В и касающейся другой стороны этого угла. (В)

299. Докажите, что из медиан треугольника всегда можно составить треугольник (т. е. существует треугольник, стороны которого равны медианам этого треугольника). Чему равно отношение площадей данного треугольника и треугольника, составленного из его медиан? (С)

300. Найдите отношение суммы квадратов сторон треугольника к сумме квадратов его медиан. (В)

301. Прямая, проходящая через вершину равнобедренного треугольника, делит его на два треугольника. Докажите, что радиусы окружностей, описанных около этих треугольников, равны. (В)

302. Докажите, что в произвольном треугольнике биссектрисы одного внутреннего угла и двух внешних пересекаются в одной точке. (В)

303. Пусть ABCD — параллелограмм. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников ABC и CDA лежат на диагонали BD и делят ее на 3 равные части. (В)

304. Пусть О — центр описанной, I — центр вписанной в треугольник ABC окружности, H — точка пересечения высот этого треугольника. Докажите, что если угол А равен 60°, то точки В, С, О, J, H лежат на одной окружности. (В)

305. В окружности проведен диаметр AB. Пусть С и D — две точки по одну сторону от AB, M — точка на AB, такая, что ЛАМС = ABMD. Докажите, что окружность, описанная около треугольника CMD, проходит через центр данной окружности. (С)

306. Пусть ААХ, А4-2 и АА3 соответственно высота, биссектриса и медиана, выходящие из вершины А треугольника ABC. Продолжение отрезка АА2 пересекает описанную около ЛАВС окружность в точке М. Докажите, что МА3 ||АА1в Докажите, что точка А2 расположена между точками Аг и А3. (В)

307. Постройте треугольник по высоте, биссектрисе и медиане, выходящим из одной вершины. (С)

308. Найдите углы треугольника ABC, если известно, что медиана, биссектриса и высота, выходящие из вершины А, делят угол ВАС на четыре равные части. (С)

309. Постройте треугольник по трем медианам. (С)

310. Даны два отрезка а и Ъ. Постройте отрезки х=^,

311. На плоскости имеется изображение полуокружности с диаметром AB. С помощью одной линейки постройте какую-нибудь прямую, перпендикулярную AB. (С)

312. Чему равен угол А треугольника ABC, если известно, что вершина А, основания биссектрис, выходящих из S и С, и центр вписанной в ЛАВС окружности лежат на одной окружности? (С)

313. Пусть AB — диаметр окружности, С — произвольная точка окружности, отличная от А и В. Найдите геометрическое место центров окружностей, вписанных в треугольник ABC. (В)

314. Докажите, что середины оснований трапеции, точка пересечения ее диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой. (С)

315. На плоскости даны точки А и В. Найдите геометрическое место точек С, таких, что треугольник ABC остроугольный, причем: а) угол С наибольший; б) угол В наименьший. (С)

316. Найдите углы треугольника, если известно, что его медиана и высота, выходящие из одной вершины, делят соответствующий угол на три равные части. (С)

317. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных сторон четырехугольника и середины его диагоналей, пересекаются в одной точке. (С)

318. Даны две непересекающиеся окружности. Найдите геометрическое место точек M плоскости, таких, что любая прямая, проходящая через М, пересекает хотя бы одну окружность. (С)

319. Дан треугольник ABC. Найдите геометрическое место точек М, таких, что треугольник АВМ равновелик треугольнику АСМ. (В)

320. Дан квадрат. Найдите геометрическое место точек, из которых этот квадрат виден под углом 60°. (С)

321. Стороны вписанного четырехугольника в порядке обхода равны 1, 8, 7, 4. Найдите его диагонали. (В)

322. Сумма двух сторон треугольника равна 8, его площадь равна 8. Найдите наибольшую сторону этого треугольника. (В)

323. На плоскости даны окружность и две точки А и В. Постройте на окружности точку С, для которой площадь треугольника ABC будет наибольшей. (В)

324. Из вершины В треугольника ABC выходят три прямые, делящие сторону АС на три равные части. В каком отношении эти прямые делят медиану, выходящую из вершины AI (С)

325. В четырехугольнике ABCD известно, что АВ-ВС = 3, AD-DC=1. Окружность, вписанная в треугольник ABD, касается BD в точке К, а окружность, вписанная в треугольник BCD, касается BD в точке М. Чему равен отрезок КМ? (С)

326. Две стороны треугольника равны а и Ъ. Чему равна проекция отрезка, соединяющего центры вписанной и описанной окружностей этого треугольника, на третью сторону? (С)

327. Дана окружность радиуса г с центром О и прямая I, проходящая через О. Пусть M — произвольная точка окружности, Р — проекция M на /. Касательная к окружности в точке M пересекает I в точке N, а биссектриса угла NMP пересекает I в точке F. Найдите отрезок OF. (С)

328. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла С проведена высота CD. В треугольниках ACD и BCD проведены биссектрисы СЕ и CF. Докажи-

те, что: a) В£ = ВС, AF=AC; б) центр окружности, описанной около треугольника CEF, совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник ABC; в) отрезок EF равен диаметру окружности, вписанной в треугольник ABC. (С)

329. Гипотенуза прямоугольного треугольника служит стороной квадрата, лежащего вне треугольника. Докажите, что биссектриса прямого угла треугольника при продолжении проходит через центр квадрата. (С)

330. Сумма катетов прямоугольного треугольника равна а. Найдите расстояние от вершины прямого угла этого треугольника до центра квадрата, расположенного вне треугольника, одна сторона которого совпадает с гипотенузой. (С)

331. На сторонах прямоугольного треугольника построены квадраты, лежащие вне треугольника. Найдите площадь треугольника с вершинами в центрах этих квадратов, если сумма катетов прямоугольного треугольника равна а. (С)

332. На плоскости проведены три прямые, причем третья пересекает первую и вторую. На первой прямой отмечена фиксированная точка А. Рассмотрим всевозможные треугольники ABC, где В и С — точки на первой и второй прямых, и при этом ВС параллельна третьей прямой. Найдите геометрическое место центров окружностей, описанных около рассмотренных треугольников АБС. (С)

Старшая школа

Опорные задачи

333. В пространстве проведено несколько прямых, не проходящих через одну точку, причем любые две из них пересекаются. Докажите, что все эти прямые лежат в одной плоскости.

334. Докажите, что если каждая из двух различных прямых параллельна третьей, то и сами эти прямые параллельны.

335. Пусть А, В, С и D — четыре точки в пространстве. Докажите, что середины отрезков AB, ВС, CD и DA служат вершинами параллелограмма.

336. Докажите, что если боковые ребра пирамиды равны, то в основании пирамиды лежит вписанный многоугольник, причем центром описанной около него окружности является проекция вершины пирамиды на плоскость основания (для треугольной пирамиды первая часть утверждения не нужна).

337. Докажите, что если все двугранные углы при основании пирамиды равны, то в основании лежит многоугольник, в который можно вписать окружность, причем центр этой окружности совпадает с основанием высоты этой пирамиды (для треугольной пирамиды первая часть утверждения не нужна).

338. Пусть А, В, С и В — четыре точки в пространстве. Докажите, что если АВ = ВС и CD = DA, то прямые АС и BD перпендикулярны.

339. Нарисуйте изображение куба, получающееся в результате проекции куба на плоскость, перпендикулярную: а) одному из его ребер; б) диагонали одной из его граней; в) диагонали куба.

340. Найдите все двугранные углы правильной треугольной пирамиды со стороной основания а и боковым ребром ft.

341. Диагональ прямоугольного параллелепипеда образует с его ребрами углы а, ß и у. Докажите, что cos2 oc + cos2 ß + cos2 y= 1.

342. В пространстве даны две непересекающиеся прямые а и ft. Известно, что существует плоскость, содержащая прямую а и пересекающая прямую ft. Докажите, что прямые а и ft являются скрещивающимися прямыми.

343. Докажите, что: а) расстояние между двумя скрещивающимися прямыми равно расстоянию от точки, являющейся проекцией одной из данных прямых на перпендикулярную ей плоскость, до проекции другой прямой на эту же плоскость; б) угол между второй прямой и указанной ее проекцией дополняет до 90° угол между данными скрещивающимися прямыми.

344. Найдите высоту, площадь полной поверхности, объем, радиусы вписанного и описанного шаров для правильного тетраэдра с ребром 1 (правильной треугольной пирамиды, все ребра которой равны 1).

345. Пусть а, Ъ и h соответственно сторона основания, боковое ребро и высота правильной четырехугольной пирамиды, а и ß соответственно углы наклона бокового ребра и боковой грани этой пирамиды к плоскости основания. Выразите ее объем через всевозможные пары линейных величин, а также пары, в которых одна величина является линейной (из числа указанных), а другая — угловой.

346. Докажите, что если проекция одной из вершин треугольной пирамиды на плоскость противоположной грани совпадает с точкой пересечения высот этой грани, то это же будет иметь место и для любой другой вершины этой пирамиды.

347. Два противоположных ребра треугольной пирамиды равны а, два других противоположных равны ft, два оставшихся равны с. Найдите объем этой пирамиды.

Рис. 13

348. На ребрах треугольной пирамиды отмечены три точки, как показано на рисунках (рис. 13). Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через эти точки.

349. Найдите радиус описанного и вписанного шара для конуса с радиусом основания г и высотой Л.

350. Около призмы можно описать шар. Докажите, что основание призмы — многоугольник, около которого можно описать окружность. Найдите радиус этой окружности, если высота призмы равна Л, а радиус описанного около нее шара равен R.

351. Четыре шара радиуса R касаются друг друга. Найдите радиус шара, касающегося данных шаров.

352. Пусть Q — площадь одной из боковых граней треугольной призмы, d — расстояние от противоположного ребра до этой грани. Докажите, что для объема этой призмы справедлива формула V= — Qd.

353. Рассмотрим 3 прямые, не лежащие в одной плоскости и проходящие через общую точку D. Пусть Ах и А2 — какие-то две точки на одной прямой, Вх и В2 — на другой, Сх и С2 — на третьей, Vx — объем тетраэдра (треугольной пирамиды) A^C^D, V2 — объем тетраэдра A2B2C2D. Докажите, что

354. Докажите, что объем описанного многогранника может быть вычислен по формуле V= ^rS, где г — радиус вписанного шара, S — площадь полной поверхности многогранника.

355. Пусть Р и Q — площади двух граней треугольной пирамиды, а — длина общего ребра, а — величина двугранного угла между этими гранями. Докажите, что объем пирамиды может быть вычислен по формуле

356. Пусть а и Ъ — длины двух противоположных ребер треугольной пирамиды, d — расстояние между ними, ф — угол между ними. Докажите, что объем пирамиды может быть найден по формуле V= ~ abd sincp.

Прямые и плоскости в пространстве

357. Обязательно ли параллельны две плоскости, перпендикулярные одной плоскости? (А)

358. Пусть АБС — правильный треугольник, ВС К M — параллелограмм. Найдите угол между прямыми AB и КМ. (В)

359. На одной из двух скрещивающихся прямых взяли две различные точки А и Al9 а на другой — В и Вг. Обязательно ли прямые AB и А1В1 являются скрещивающимися? (В)

360. На сколько частей могут разделить пространство 4 плоскости? (ABC)

361. Можно ли расположить в пространстве 4 попарно перпендикулярные прямые? (В)

362. Докажите, что если прямая образует равные углы с тремя пересекающимися прямыми плоскости, то эта прямая перпендикулярна плоскости. (С)

363. На плоскости отмечены три точки, являющиеся изображениями (параллельными проекциями) трех последовательных вершин правильного шестиугольника. Постройте изображения остальных его вершин. (В)

364. В пространстве взяты точки А, В, С и D так, что AD = BD = CD, Z.ADB = 80°, Z.ADC = 50°, ABDC= 130°. Найдите углы треугольника ABC. (С)

Многогранники

365. Докажите, что при любом п, большем 5 и не равном 7, существует многогранник, имеющий п ребер. (В)

366. Дано изображение куба ABCDA1B1C1D1 (рис. 14). Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через три точки (выберите их самостоятельно), лежащие соответственно:

а) на ребрах AB, AD, DDX;

б) на ребрах AZ), ВС, В^;

в) на ребрах AD, DlCl, ВВг;

г) на ребрах AD, AB и в грани ZXDAC;

д) на ребре ААХ и в гранях DD^^C и ВВАС.

Рис. 14

367. Может ли сечение параллелепипеда быть правильным пятиугольником? (В)

368. Определите площадь сечения единичного куба плоскостью, перпендикулярной одной из его диагоналей и проходящей через ее середину. Каким многоугольником является это сечение? (В)

369. Возможно ли, чтобы две противоположные грани четырехугольной пирамиды были бы перпендикулярны плоскости основания? (В)

370. Имеется изображение четырехугольной пирамиды ABCDE (ABCD — основание). Постройте изображение прямой, по которой пересекаются плоскости ABE и С DE. (В)

371. Разрежьте треугольную призму на три треугольные пирамиды. (В)

372. Возможно ли, чтобы все высоты тетраэдра (треугольной пирамиды) находились вне его? (В)

373. Имеются две равные правильные треугольные пирамиды, симметричные относительно середины общей высоты. Их общая часть — многогранник. Как называется этот многогранник? Опишите его. (В)

374. Двугранный угол при ребре AB пирамиды ABCD прямой, AD = BD, а грани ABC и DBC равновелики. Найдите двугранный угол при ребре ВС. (В)

Круглые тела и поверхности

375. Круг разрезан на два сектора. Центральный угол меньшего равен 60°. Из этих секторов изготовлены боковые поверхности двух конусов. Найдите отношение высот этих конусов. (В)

376. Найдите ребро куба, вписанного в сферу, радиус которой равен R. (А)

377. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины одной грани единичного куба и касающейся противоположной грани этого куба. (В)

378. Найдите радиус цилиндра, центрами оснований которого являются две противоположные вершины единичного куба, а остальные вершины этого куба расположены на боковой поверхности цилиндра. (В)

379. Рассмотрим четырехугольную пирамиду, все ребра которой равны а. Постройте осевое сечение тела, получающегося в результате вращения этой пирамиды вокруг прямой, проходящей через ее вершину и параллельной одной из сторон основания. Найдите площадь этого осевого сечения. (В)

380. Имеются две сферы радиусов 3 и 12. Расстояния от точки А до центров этих сфер равны соответственно 5 и 13. Известно, что через А можно провести прямую,

касающуюся обеих сфер. Чему может равняться расстояние между точками касания этой прямой со сферами? (С)

381. Найдите угол между двумя плоскостями, содержащими диагональ куба и касающимися сферы, центр которой расположен в вершине куба, а радиус равен одной трети диагонали. (С)

Объемы тел и площади поверхностей

382. В основании треугольной пирамиды лежит правильный треугольник со стороной 1. Площадь каждой боковой грани в 2 раза больше площади основания. Чему равен объем этой пирамиды? (В)

383. Два отрезка, длины которых равны а и Ь, расположены на перпендикулярных скрещивающихся прямых. Расстояние между прямыми равно d. Найдите объем треугольной пирамиды, вершинами которой являются концы этих отрезков. (В)

384. Объем треугольной пирамиды равен 1. Найдите объем пирамиды с вершинами в точках пересечения медиан граней данной пирамиды. (В)

385. Все боковые грани пирамиды равновелики основанию. Найдите сумму косинусов двугранных углов при основании этой пирамиды. (В)

386. Выразите объем правильной треугольной пирамиды через любые две из трех величин: а, & и Л, которые равны соответственно стороне основания, боковому ребру и высоте. (AB)

387. Высота пирамиды равна 1, двугранные углы при основании равны 45°, периметр основания равен 2р. Найдите объем этой пирамиды. При каких значениях р задача имеет решение? (С)

388. Найдите объем правильной л-угольной призмы с высотой 2, если известно, что в нее можно вписать шар. Решите задачу при п, равном 3, 4, 6. (В)

389. Найдите объем тела, получающегося в результате вращения правильного шестиугольника со стороной 1 вокруг его стороны. (В)

390. Имеются два цилиндра. Высота первого в 2 раза больше высоты второго. Разверткой боковой поверхности каждого цилиндра является один и тот же прямоугольник. Найдите отношение объемов этих цилиндров. (В)

391. Пусть радиус основания, высота и образующая конуса равны соответственно г, h л I. Выразите площадь боковой поверхности и объем конуса через одну из этих величин и а — угол между образующей и плоскостью основания. (AB)

392. Докажите, что плоскость, пересекающая ось и не пересекающая основание цилиндра, делит его ось, боковую поверхность и объем в одном и том же отношении. (В)

393. Рассмотрим всевозможные шары радиуса 1 с центрами внутри или на поверхности единичного куба. Найдите объем части пространства, заполняемого этими шарами. (С)

Координаты и векторы

394. Найдите координаты точки, расположенной на оси Ох и равноудаленной от точек А(-1; 2; 3) и Б(2; -3; 1). (В)

395. Напишите уравнение сферы, проходящей через начало координат и имеющей центр в точке Р(2; -4; 1). (В)

396. Напишите уравнение сферы с центром Р(-1; 3; 1) и касающейся сферы x2 + y2 + z2-2x-2y = 2. (В)

397. Напишите уравнение плоскости, перпендикулярной отрезку AB и проходящей через его середину, где А(1; -4; 0), Б(2; -3; 1). (В)

398. Найдите уравнение плоскости, проходящей через точки А(1; -2; 0), В(-2; 0; 1) и С(0; -1; 2). (В)

399. Найдите координаты точки, симметричной точке М(1; 2; 3) относительно прямой x = y = z. (С)

400. Выразите вектор ~а(1\ 2; 3) через векторы m (1; 1; 0), n (1; 0; 1), р (0; 1; 1). (В)

401. Дана точка А(1; 2; 3). Найдите на осях координат точки К, N и М, такие, что прямые КА, NA и MA попарно перпендикулярны. (С)

Методы и задачи геометрии

402. Все ребра параллелепипеда равны 1, а плоские углы при одной из вершин равны 90°, 60° и 45°. Найдите диагонали этого параллелепипеда. (С)

403. Найдите геометрическое место середин всевозможных отрезков, концы которых лежат на двух противоположных ребрах данной треугольной пирамиды. (С)

404. Дана треугольная призма. Докажите, что отрезки, соединяющие вершины одного основания с серединами противоположных ребер другого основания, пересекаются в одной точке. В каком отношении каждый отрезок делится этой точкой пересечения? (В)

405. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD. Объем пирамиды равен 240. На ребрах SA, SB, SC и SD взяты соответственно точки К, L, M и N так, что LB = 2SL, MC = 2SM, 2ND = 3SN. Найдите объемы следующих пирамид: SKLM, SLMN, SMNK, SNKL и KLMN.

406. Радиус основания конуса равен 4, а высота равна 3. Найдите наибольшую площадь сечения этого конуса плоскостью, проходящей через его вершину. (С)

407. Осевым сечением цилиндра является единичный квадрат. Найдите радиус наименьшего шара, содержащего центр цилиндра и касающегося его боковой поверхности. (В)

408. Каково наибольшее значение объема треугольной пирамиды, три ребра которой равны а, Ъ и с? (В)

409. Найдите длину кратчайшего пути по боковой поверхности конуса, соединяющего диаметрально противоположные точки основания конуса, если осевое сечение конуса есть равносторонний треугольник со стороной 1. (В)

410. Найдите геометрическое место центров всевозможных сфер, проходящих через три данные точки, не лежащие на одной прямой. (В)

411. Для каждого значения h найдите радиус наибольшего шара, который может быть размещен внутри правильной треугольной призмы с высотой h и стороной основания 1. (Сфера, ограничивающая шар, может касаться поверхности призмы.) (В)

412. Найдите радиус наименьшей сферы, содержащей правильную треугольную пирамиду со стороной основания 7 и высотой 4. (С)

413. Дан куб. Найдите геометрическое место центров всевозможных шаров, лежащих внутри куба и касающихся трех его граней. (В)

414. Существует ли многогранник, имеющий 8 вершин, причем такой, что ни из какой точки пространства все вершины увидеть нельзя, но для любых 7 вершин можно указать точку в пространстве, из которой они видны?

415. Дана сфера и точка А вне нее. Рассмотрим всевозможные плоскости, проходящие через А и касающиеся сферы. Найдите геометрическое место точек касания. (В)

416. Из некоторой точки пространства выходят четыре луча. Докажите, что сумма косинусов всех углов между парами лучей не меньше, чем -2. (С)

Разные задачи

417. Дан куб ABCDAlB1C1D1. Найдите величину двугранного угла, грани которого содержат треугольники АВС1 и АВ1С1 (АС1 — ребро этого двугранного угла). (В)

418. Дан квадрат ABCD. Отрезок BP перпендикулярен его плоскости и равен стороне квадрата. Постройте линейный угол и найдите величину двугранного угла, если указано его ребро и точки, принадлежащие его граням: a) AD, Р и С; б) ВС, Р и D; в) PDy А и С. (В)

419. Длина катета прямоугольного равнобедренного треугольника равна 4 см. Плоскость а, проходящая через катет, образует с плоскостью треугольника угол 30°. Найдите длину проекции гипотенузы на плоскость а. (В)

420. На поверхности треугольной пирамиды взяты три точки, как показано на рисунках (рис. 15). Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через эти три точки. (С)

421. На ребрах AD и ВС пирамиды ABCD взяты точки К и M (рис. 16). Постройте точку (изображение точки) пересечения прямой КМ с плоскостью, проходящей через точки А, В и середину CD. (В)

422. Рассмотрим прямоугольник ABCD и точку Е, не лежащую в его плоскости. Пусть плоскости ABE и CDE пересекаются по прямой I, а плоскости ВСЕ и ADE — по прямой р. Найдите угол между прямыми I и р. (В)

423. Пусть прямая р перпендикулярна плоскости П. Докажите, что углы, образованные произвольной прямой I с плоскостью П и прямой р, дополняют друг друга до 90°. (В)

424. Найдите угол между прямыми АС и BD, если расстояние между серединами отрезков AD и ВС равно расстоянию между серединами отрезков AB и CD. (В)

425. Расстояния от концов отрезка до плоскости равны 3 и 5. Чему может быть равно расстояние от середины этого отрезка до той же плоскости? (В)

426. В треугольной пирамиде ABCD в гранях ABD и DBC проведены медианы из вершин D и В соответственно.

Рис. 15

Рис. 16

На них взяты точки Е и F так, что отрезок EF параллелен АС. Найдите отношение EF:AC. (С)

427. В пространстве расположены четыре точки. Известно, что все треугольники с вершинами в этих точках равновелики и один из них правильный со стороной 1. Чему может равняться наибольшее расстояние между двумя из заданных четырех точек? (С)

428. Все грани параллелепипеда — равные между собой ромбы со стороной 1 и острым углом 60°. Найдите объем этого параллелепипеда. (В)

429. Имеются три попарно перпендикулярных отрезка AD, BD и CD. Известно, что площадь треугольника ABC равна S, а площадь треугольника ABD равна Q. Найдите площадь проекции треугольника ABD на плоскость ABC. (В)

430. Площадь проекции единичного круга на плоскость Р равна 1. Найдите длину проекции этого круга на прямую, перпендикулярную Р. (В)

431. Боковые ребра правильной треугольной пирамиды равны 5. Может ли сторона основания равняться 8? 9? (В)

432. Все плоские углы при вершине D пирамиды ABCD прямые, DA=1, DB = DC = ^J2. Определите двугранные углы этой пирамиды. (В)

433. На рисунке 17 приведены два изображения А1В1С1 и А2В2С2 одного и того же треугольника ABC (соответствующие вершины обозначены одинаковыми буквами). При этом на первом из них отмечена точка М19 соответствующая некоторой точке M внутри исходного треугольника. Постройте на втором изображении точку, соответствующую точке М. (В)

434. На плоскости нарисована линия (рис. 18), являющая-

Рис. 17

Рис. 18

Рис. 19

ся изображением окружности. Постройте изображение центра этой окружности. (В)

435. Имеется изображение пирамиды ABCD (рис. 19). На ребрах AB, СБ и DB отмечены точки К, L и M соответственно. Постройте: а) прямую, по которой пересекаются плоскости CDK и MLA; б) точку пересечения плоскостей ACM, CDK и ADL; в) точку пересечения плоскостей AML, CK M и DKL. (В)

436. Все плоские углы трехгранного угла равны 60°. Найдите углы, образованные ребрами этого угла с плоскостями противоположных граней. (В)

437. Найдите угол и расстояние между диагональю единичного куба и скрещивающейся с ней диагональю грани этого куба. (В)

438. В основании треугольной пирамиды ABCD лежит прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AB. Ребро AD перпендикулярно плоскости ABC. Известно, что ВС = а, AD = h. Найдите расстояние между прямыми BD и АС. В каком отношении общий перпендикуляр к отрезкам BD и АС делит каждый из этих отрезков? (В)

439. Боковые ребра правильной треугольной пирамиды равны ft, площадь боковой грани равна S. Найдите сторону основания, если: а) ft = 5, S = 12; б) ft = 13, S = 60. (В)

440. Площадь основания правильной д-угольной пирамиды равна S, а площадь боковой грани равна Q. Найдите двугранные углы при основании этой пирамиды. (В)

441. Через точку на ребре треугольной пирамиды проведены две плоскости, параллельные двум граням этой пирамиды. Эти плоскости отсекают две треугольные пирамиды. Разрежьте оставшийся многогранник на две треугольные призмы. (В)

442. В каком отношении диагональ АСХ параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 делится плоскостью AXBD1 (В)

443. Постройте изображение призмы ABCA1ß1C1, если на плоскости даны изображения следующих точек: а) А, Б, Вх и d; б) середин АА19 ССи ВС и АхСг. (ВС)

444. Постройте изображение параллелепипеда ABCDA^CiD^ если даны изображения следующих точек: а) А, Б, £>, Ах\ б) А, В19 С, Dx; в) А, С и середин ВВХ и AtDx. (ВС)

445. Докажите, что сечением пирамиды ABCD плоскостью, параллельной ребрам АС и BD, является параллелограмм, причем для одной такой плоскости этот параллелограмм будет ромбом. Чему равна сторона этого ромба, если АС= a, BD= ft? (В)

446. Найдите угол в осевом сечении конуса (вершина угла совпадает с вершиной конуса), если образующая конуса в 2 раза больше его высоты. (А)

447. Найдите площадь сечения шара радиуса г плоскостью, удаленной на расстояние d от его центра. (А)

448. Радиус основания цилиндра равен г. Плоскость пересекает боковую поверхность цилиндра, не пересекает его оснований и образует угол а с плоскостью основания. Найдите площадь сечения цилиндра этой плоскостью. (В)

449. Образующая конуса наклонена под углом а к плоскости основания. Одно основание прямой призмы расположено внутри основания конуса. Высота призмы больше высоты конуса. Найдите площадь части боковой поверхности конуса, расположенной внутри призмы, если площадь основания призмы равна s. (В)

450. Три шара радиусами 6, 10 и 15 касаются друг друга внешним образом. Проведена плоскость, касающаяся всех шаров. Найдите наибольший угол треугольника с вершинами в точках касания плоскости с шарами. (В)

451. Найдите радиус шара, касающегося всех ребер правильного тетраэдра с ребром 1 (треугольной пирамиды, все ребра которой равны 1). (В)

452. Найдите радиус шара, касающегося одной грани единичного куба и всех ребер противоположной грани. (В)

453. Пусть КМ — хорда сферы, AB — ее диаметр. Докажите, что проекции отрезков К А и MB на прямую КМ равны. (С)

454. Площадь основания прямой треугольной призмы равна 1. Известно, что в эту призму можно вписать шар. Найдите площадь боковой поверхности этой призмы. Докажите, что ответ не изменится, если мы будем рассматривать произвольную, причем не обязательно треугольную призму. (В)

455. Два шара касаются друг друга и граней трехгранного угла, все плоские углы которого прямые. Найдите отношение радиусов этих шаров. (В)

456. Осевое сечение конуса — правильный треугольник со стороной 2. Через высоту конуса проведены две перпендикулярные плоскости. Найдите радиус шара, вписанного в одну из образовавшихся частей конуса. (В)

457. Рассмотрим трехгранный угол, плоские углы которого равны А, Б и С, а противолежащие им двугранные углы соответственно а, ß и у. Возьмем некоторую точку О внутри угла и опустим из нее перпендикуляры на грани данного угла. Эти перпендикуляры служат ребрами другого трехгранного угла. Найдите плоские и двугранные углы полученного трехгранного угла с вершиной в точке О. (В)

458. В прямоугольном параллелепипеде с ребрами 1, 4 и 12 найдите длину кратчайшего пути по его поверхности между двумя противоположными вершинами. (В)

459. Радиус основания цилиндра равен г, а его высота Л. Найдите длину кратчайшего пути по боковой поверхности этого цилиндра, соединяющего точку на окружности одного основания с диаметрально противоположной точкой другого основания. (В)

460. Грани правильной четырехугольной пирамиды наклонены к плоскости основания под углом а. Найдите двугранные углы между соседними боковыми гранями пирамиды. (В)

461. Рассмотрим всевозможные треугольные пирамиды, одна из граней которых — правильный треугольник со стороной 1. Чему равно наименьшее значение радиуса сферы, описанной около такой пирамиды? (В)

462. Два шара одного радиуса и два шара другого радиуса расположены так, что каждый шар касается трех других и некоторой плоскости. Найдите отношение радиуса большего шара к радиусу меньшего. (В)

463. Три попарно перпендикулярных и скрещивающихся ребра единичного куба служат осями трех цилиндров, боковые поверхности которых попарно касаются. Найдите радиус шара, имеющего центр в центре куба и касающегося боковых поверхностей цилиндров. (В)

464. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 6, а боковое ребро равно 8. Через середины противоположных ребер пирамиды проведена прямая. Найдите длину хорды, образованной этой прямой при пересечении с описанной около пирамиды сферой. (В)

465. Найдите объем прямоугольного параллелепипеда, площади граней которого равны 3, 4 и 5. (В)

466. Диагонали граней прямоугольного параллелепипеда равны 2, V3 и V5. Найдите его объем. (В)

467. Высоты параллелепипеда относятся как 2:3:4. Площадь полной поверхности равна 52. Найдите площади граней этого параллелепипеда.

468. Плоскость, параллельная основанию пирамиды, делит ее объем на равные части. В каком отношении эта плоскость делит боковые ребра этой пирамиды? (В)

469. Найдите объем треугольной пирамиды, пять ребер которой равны 2, а шестое равно (В)

470. Несколько единичных кубов имеют общий центр. Докажите, что объем общей части кубов больше \. (В)

471. Объем пирамиды ABCD равен 1. На ребрах AB и CD взяты отрезки КМ и QP так, что КМ=^гАВ, QP= -=-CD. Найдите объем пирамиды KMQP. (В)

472. Стороны AB и ВС прямоугольника ABCD равны а и Ь, отрезок КМ параллелен стороне AB треугольника, его длина с, а расстояние до плоскости прямоугольника

равно Л. Найдите объем многогранника ABCDKM. (В)

473. В основании пирамиды лежит ромб со стороной 1. Все двугранные углы при основании равны а, высота пирамиды h. Найдите объем этой пирамиды. Постройте график, выражающий зависимость объема от h (где а задано). (В)

474. Дан параллелепипед ABCDAyB^C^^ объем которого равен V. Найдите объем общей части двух пирамид AB1CDl и AiECxD.

475. Найдите объем общей части двух единичных кубов, получающихся друг из друга в результате поворота на 60° вокруг общей диагонали. (С)

476. Найдите объем тела, получающегося в результате вращения правильного треугольника со стороной 3 вокруг прямой, проходящей через его центр и параллельной одной из его сторон. (В)

477. Дан равнобедренный треугольник ABC, основание которого ВС равно 2а, a высота AM равна Л. Найдите объем тела, получающегося в результате вращения треугольника ABC вокруг прямой, параллельной AM и такой, что ее проекция на плоскость ABC содержит AM. (С)

478. Центр шара радиуса R расположен на ребре двугранного угла величины а. Найдите объем той части шара и площадь той части сферы, которые расположены внутри угла. (В)

479. Площадь боковой поверхности пирамиды равна S, а объем равен V. Известно, что существует шар с центром на основании пирамиды, касающийся всех боковых граней. Чему равен радиус этого шара? (В)

480. Докажите, что уравнение x2 + y2 + z2 + x + 2y + 3z = 0 есть уравнение сферы. Найдите ее центр и радиус. (В)

481. Напишите уравнение сферы с центром Q(-l; 3; 4), касающейся плоскости yOz. (В)

482. Напишите уравнение сферы с центром Q(-l; 3; 4), касающейся оси Oz. (В)

483. Напишите уравнение сферы с центром Q(-l; 3; 4), касающейся сферы x2-\-y2-\-z2 = 2x-4:y. (В)

484. Найдите координаты центра и радиус сферы, проходящей через следующие точки: (0; 0; 0), (3; 0; 0), (0; 4; 0), (0; 0; 5). (В)

485. Напишите уравнение плоскости, проходящей через точку (1; -3; 2) и параллельной плоскости 3x + y-2z = 5.

486. Докажите, что точки А(1; -1; 0), Б(2; 1; 2), С(-3; 1; 1) и D(-ll; 5; 3) расположены в одной плоскости. (В)

487. Найдите координаты точек, в которых прямая, проходящая через точки А(-3; 2; 4) и В(3; -1; 5), пересекает координатные плоскости. (В)

488. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. а) Выразите векторы ACl9 BDl9 CAl9 DBX через АБ, AD и АА^ б) вы-

разите векторы ABV AD и ААХ через ACl9 BDl9 CAt; в) выразите векторы АСХ, AD и АА1 через ABU ADl5 АС. (В)

489. В параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известно: AB = 2, ААХ = 3, AD = 4, ZBAD = 90°, ZBAA^ÖO0, Z2)AA1 = 450. Найдите ACX. (В)

490. Найдите все попарные углы между диагоналями прямоугольного параллелепипеда, ребра которого равны 1, 2 и 3. (В)

491. Докажите что для любых точек А, В, С и D пространства выполняется равенство AB • CD Л-AC DB+AD ВС = 0. (В)

492. В каких пределах меняется площадь сечения куба с ребром 1 плоскостью, проходящей через его диагональ? (С)

493. В пространстве расположены 3 попарно перпендикулярных отрезка, причем один из них пересекается с двумя оставшимися. Докажите, что объем многогранника с вершинами в концах этих отрезков равен i произведения их длин. (С)

494. Дана треугольная пирамида, в которой все плоские углы при одной вершине прямые, а ребра, выходящие из этой вершины, равны 3, 4 и 5. Найдите ребро куба, одна вершина которого совпадает с указанной вершиной, три соседние вершины куба лежат на выходящих из данной вершины пирамиды ребрах, а противоположная вершина куба лежит на противоположной грани пирамиды. (С)

495. Известно, что в пирамиду можно вписать шар, причем радиус шара в 5 раз меньше высоты этой пирамиды. Во сколько раз площадь боковой поверхности пирамиды больше площади ее основания? (В)

496. Найдите сторону квадрата, центр которого совпадает с центром единичного куба, а вершины расположены на ребрах куба. (С)

497. Через вершину конуса проведено сечение максимальной площади. Оказалось, что площадь этого сечения в 2 раза больше площади осевого сечения. Найдите угол при вершине осевого сечения конуса. (С)

498. Докажите, что все грани треугольной пирамиды являются равными треугольниками, если суммы плоских углов при трех вершинах этой пирамиды равны 180°. (С)

499. Найдите объем конуса, площадь боковой поверхности которого равна S, а радиус описанной сферы R. (С)

500. Докажите, что из деревянного куба можно выпилить 3 правильных тетраэдра с ребром, равным ребру этого куба. (С)

Ответы

1. Возможны различные решения. Приведем два способа.

I способ. Рассмотрим трапецию, основаниями которой являются указанные хорды. Проведем в ней диагональ. Она образует равные углы с основаниями (внутренние накрест лежащие углы). Этим углам соответствуют равные хорды. II способ. Проведем диаметр, перпендикулярный заданным параллельным хордам. В результате симметрии относительно этого диаметра дуги между ними переходят друг в друга, т. е. дуги равны, а следовательно, равны и соответствующие им хорды.

2. По определению две окружности называются касающимися, если они имеют единственную общую точку. Из этого следует, что общая точка касающихся окружностей находится на прямой, проходящей через центры окружностей, поскольку прямая, проходящая через центры окружностей, является осью симметрии обеих окружностей. Таким образом, если Ох и 02 — центры окружностей, А — точка касания, то Ох, 02 и А лежат на одной прямой. И если центры по разные стороны от А (внешнее касание), то Ol02 = R + r. Если же они по одну сторону от А (внутреннее касание), то Olö2 = R-r. Докажите самостоятельно обратное утверждение, а именно, что если расстояние между центрами окружностей с радиусами R и г равно R + r, то окружности касаются внешним образом. Если же оно равно R-r, то они касаются внутренним образом. Замечание. Условие касания двух окружностей можно сформулировать также следующим образом: для того чтобы две окружности касались друг друга, необходимо и достаточно, чтобы они касались одной и той же прямой в одной и той же точке. Более того, последнее условие относится не только к окружностям, но и к произвольным так называемым гладким кривым.

3. Этот важный и полезный факт можно доказывать разными способами. Вероятно, наиболее простой способ из известных (в том смысле, что он опирается на свойство прямоугольника, известное уже в начальной школе) состоит в следующем. Рассмотрим прямоугольник со сторонами, равными катетам данного треугольника. Диагонали прямоугольника равны. Рассматриваемая медиана равна половине одной диагонали, а гипотенуза равна другой диагонали. Полезно обратить внимание школьников (напомнить им) на то, что в прямоугольном треугольнике центр описанной окружности находится в середине гипотенузы и указанная медиана равна радиусу описанной окружности. Верно также и обратное утверждение. Если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник является прямоугольным (прямым является угол, противолежащий соответствующей стороне). Замечание. Однако из равенства медианы и радиуса описанной окружности не следует, что треугольник прямоугольный. (Нужный пример можно построить следующим образом.

Рис. 20

Проведем в окружности с центром О хорду AB. Пусть M — середина AB. Обозначим через С одну из точек пересечения серединного перпендикуляра к ОМ с данной окружностью. Треугольник ABC не является прямоугольным, но медиана к стороне AB равна радиусу описанной окружности.)

4. Задачи, в которых рассматриваются подобные пары треугольников, встречаются нередко, в том числе и в стереометрии. Поэтому указанную ситуацию нужно достаточно хорошо изучить. Следует объяснить учащимся общее рассуждение. Если по заданным элементам строится единственная фигура (треугольник, четырехугольник или же что-то иное), то справедлив соответствующий признак равенства. В противном случае такого признака нет. В данном случае речь идет о построении треугольника по двум сторонам и углу не между ними. Возьмем на плоскости (рис. 20) угол с вершиной в точке О, равный углу ABC (или А1Б1С1), и отложим на одной из его сторон отрезок OK, равный AB (или АХВ^), и с центром в точке К построим окружность радиусом АС (или А1С1). Окружность может пересечь противоположную сторону в двух точках. Рассмотрим этот случай. Обозначим указанные точки пересечения через Р и М. Получим два треугольника ОКР и ОКМ9 углы которых с вершинами Р и M дополняют друг друга до 180°. (Это следует из того, что треугольник KP M равнобедренный.) Отсюда получаем утверждение нашей задачи, поскольку каждый из данных треугольников должен быть равен одному из треугольников — ОКР или ОКМ. Замечание. Очень полезно понять, когда имеет место единственность треугольника и справедлив соответствующий признак равенства треугольников. Для этого нужно, чтобы соответствующая окружность пересекала вторую сторону угла в одной точке. (Возможен еще случай, когда эта окружность касается противоположной стороны угла. Это будет иметь место, если ее радиус не меньше OK, равного AB.) В частности, так будет всегда, если равные углы (ABC и A1ß1C1) не являются острыми. Так, например, получаем специальный признак равенства для прямоугольных треугольников (по катету и гипотенузе).

5. В некоторых учебниках геометрии имеется соответствующая теорема. Приведем одно из возможных доказательств. Пусть в треугольнике АБС сторона AB больше стороны ВС (рис. 21). Отложим на стороне AB отрезок ВМ = ВС. Имеем Z.BCA больше АВСМ, который равен /-ВМС. Но этот угол больше, чем ABAC (по

свойству внешнего угла). Итак, мы доказали, что против большей стороны в треугольнике лежит больший угол. Обратно из доказанного следует, что если один угол треугольника больше другого угла, то против большего угла не может лежать меньшая сторона. Противолежащие стороны не могут быть и равными. Значит, против большего угла треугольника лежит большая сторона.

6. Треугольники АСВ, ADC и CDB (рис. 22) подобны (по 2-му признаку подобия— по углам). Здесь сходственные вершины перечислены в одинаковом порядке. Из этих подобий следуют соответствующие пропорции (например, а из них указанные в условии соотношения.

7. Рассмотрим выпуклый п-угольник. Обозначим через S сумму его внутренних углов S = 180° (п- 2). Пусть Q — сумма внешних углов. Сумма S + Q = 180°n, поскольку каждому внутреннему углу соответствует один внешний и сумма каждой такой пары равна 180°. Таким образом, Q=180°n-S=180on-180o(/i-2)=360°. (Здесь самое главное то, что сумма внешних углов выпуклого многоугольника не зависит от числа его сторон.)

8. Пусть Мх и M2 две точки по одну сторону от прямой AB, удовлетворяющие условию (рис. 23). Понятно, что для всех точек M дуги описанной около ЛАМХБ окружности, лежащей по ту же сторону от АБ, углы AM В равны заданному углу. Предположим, что точка M2 не лежит на этой дуге. Можно считать, что она внутри соответствующего сегмента (в ином случае будем рассматривать дугу окружности, описанной около треугольника АМ2В). Продолжим отрезок AM2 до пересечения с дугой окружности. Обозначим эту точку пересечения через К. Имеем ААКВ = ААМ1В. Но тогда по свойству внешнего угла (для треугольника ВКМ2) /-АМ2В больше, чем _1АЙГ1Б, который равен /LAMXB. Противоречие.

9. Опишем около треугольника АБС окружность. Пусть AM — диаметр этой окружности. Если угол С острый, то M и С по одну сторону от AB (рис. 24, а). Если же этот угол тупой, то эти точки по разные стороны от АБ (рис. 24, б). Значит, углы АМВ

Рис. 21

Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24 Рис. 25

и AMC либо равны, либо дополняют друг друга до 180°, и в любом случае у них равны синусы. Но треугольник АВМ прямоугольный с гипотенузой AM, равной диаметру описанной около ААВС окружности, откуда = sin ААМВ (или a = 2Rsin А, где а — сторона треугольника, А — противолежащий угол, R — радиус описанной окружности). Отсюда следует утверждение задачи. Замечание. Эта теорема дает один из самых удобных способов вычисления радиуса описанной около треугольника окружности.

10. Утверждение задачи следует из свойств средней линии треугольника. (Рассматриваем треугольники, образованные двумя соседними сторонами четырехугольника и соответствующей диагональю.)

11. Ограничимся случаем остроугольного треугольника (рис. 25). Имеем АКВА = 90°-/.ВАС. С другой стороны, треугольник ВОС равнобедренный с углом при вершине О, равным 2/.ВАС. Значит, АОВС (угол при основании) равен 90° - /-ВАС. Что и требовалось. Случай тупоугольного треугольника рассмотрите самостоятельно (при этом тупым может быть любой угол).

12. Пусть данный треугольник ABC остроугольный (случай тупоугольного треугольника отдельно можно не рассматривать, поскольку точка А будет являться точкой пересечения высот тупоугольного треугольника ВНС). Нетрудно понять, что точки В, С, Вх, Сг (рис 26) расположены на одной окружности с диаметром ВС, а точки Н, А, В19 Сх расположены на окружности с диаметром АН.

Рис. 26

Рис. 27

Аналогично определяются другие 4 четверки точек, расположенных на окружностях. Подобие треугольников АБС и АБ1С1 следует, например, из того, что точки Б, С, Вг и Сх расположены на одной окружности (из этого следует равенство соответствующих углов). Коэффициент подобия можно получить следующим образом. Поскольку ББ1 и ССл высоты, имеем —- = —- = cos А, где А —угол БАС. Таким образом, коэффициент подобия треугольника АВ1С1 по отношению к треугольнику ABC равен cos А (в общем случае он равен |cosA|). Также рассматриваются остальные случаи. Замечание. Для иллюстрации этой задачи полезно сделать два больших чертежа. На одном — треугольник с проведенными высотами, а на другом — то же самое, но еще изображены все 6 окружностей.

13. а) Пусть M — точка пересечения диагоналей трапеции ABCD (ВС и AD — основания трапеции, рис. 27). Треугольники ABD и ACD равновелики. Следовательно, равновелики и треугольники АВМ и CDM. (Из равных площадей мы вычли площадь треугольника ADM.) б) Обратно. Из равновеликости треугольников АВМ и CDM следует равновеликость треугольников ABD и ACD, а отсюда параллельность его сторон ВС и AD.

14. Заметим сначала, что если мы с помощью прямолинейного разреза разрежем данную фигуру на две части (рис. 28), то периметр каждой части будет меньше периметра исходной фигуры, поскольку отрезок есть кратчайшее расстояние между двумя точками. Теперь с помощью таких прямолинейных разрезов мы можем последовательно «вырезать» из данной фигуры находящийся внутри нее выпуклый многоугольник. А поскольку при каждом разрезе периметр уменьшается, мы получаем утверждение задачи.

15. Для доказательства данного утверждения можно воспользоваться хорошо известной конструкцией, часто используемой при

Рис. 28

Рис. 29

доказательстве теоремы о высотах. Рассмотрим треугольник лвс и проведем через его вершины прямые, параллельные противоположным сторонам. Получим треугольник а1в1с1 (рис. 29), подобный треугольнику ABC и в 2 раза больше него (коэффициент подобия 2). Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника а1в1с1 являются высотами (точнее, прямыми, на которых они лежат) для треугольника ABC. Таким образом, центр окружности, описанной около треугольника А^С^ совпадает с точкой пересечения высот (точка Н) треугольника ABC. Но все линейные элементы треугольника а1в1с1 в 2 раза больше соответствующих элементов треугольника ABC. Отсюда и следует утверждение задачи. Например, если Aq — середина БС, то 2ОА0=ан.

16. Рассмотрим два способа доказательства этого известного факта.

I способ, (рис. 30). Проведем через вершину в треугольника абс прямую, параллельную биссектрисе AM, и обозначим через р ее точку пересечения с прямой ас. По свойствам параллельных прямых имеем авралам ас, аавр = авам. Но амас = = авам (AM — биссектриса). Значит, ар=ав. Таким образом (по теореме о пропорциональных отрезках), получаем £~±.= ™L . Значит ВА=ш

Рис. 30

II способ. Используем метод площадей. Имеем

(Сначала отношение отрезков ВМ и СМ мы заменяем отношением площадей треугольников АВМ и ACM, а затем пользуемся формулой, выражающей площадь треугольника через две стороны и угол между ними. После сокращений получаем утверждение задачи.)

17. Пусть а и Ъ — стороны параллелограмма, тип — его диагонали, а — острый угол параллелограмма (против диагонали т). По теореме косинусов имеем: а2 + Ъ2 - 2аЬ cos а = т2; а2 + Ь2 --2ab cos(180°-а) = я2. Но cos (180°-а) =-cos а. Сложив эти равенства, получим 2 (а2 + Ъ2)= т2 + п2. Это и есть утверждение задачи. (Последнее равенство называют также равенством параллелограмма.)

18. Продолжим медиану за ее основание на расстояние, ей равное. (В этом заключается один из стандартных приемов решения задач, в которых фигурирует медиана.) Получим параллелограмм со сторонами Ь и с и диагоналями а и 2та. Применяя к

этому параллелограмму равенство, доказанное в предыдущей задаче, получим 2(Ь2 -\-с2)=4т2 + а2. Откуда легко получаем формулу, выражающую медиану треугольника через его стороны. Замечание. Можно было бы для вывода формулы медианы и не пользоваться равенством параллелограмма, а воспользоваться теоремой косинусов для образовавшихся треугольников, при этом в каждом треугольнике в теореме косинусов берутся углы, образованные медианой со стороной а. Эти углы смежные, и их косинусы противоположные числа. Исключая косинусы этих углов, получим нужную формулу. Этот прием является более общим, чем использование равенства параллелограмма.

19. Утверждение задачи сразу следует из основной формулы площади треугольника.

20. Вне зависимости от того, как расположены точки Б, С, Вх и С19 синусы углов при вершине А в треугольниках ABC и АВ1С1 равны (эти углы либо равны, либо дополняют друг друга до 180° рис. 31). Пусть угол между прямыми равен а, тогда:

Можно было бы и не пользоваться формулой площади треугольника через две стороны и синус угла между ними, а воспользоваться утверждением предыдущей задачи:

21. Соединив центр окружности со всеми вершинами многоугольника, разобьем его на треугольники. Одна из сторон каждого такого треугольника является стороной многоугольника, а высота равна радиусу. Записав формулу площади каждого треугольника и сложив их, получим утверждение задачи.

22. Если г — радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник (рис. 32), то отрезки касательных к этой окружности, проведенных из вершины прямого угла, равны г. Тогда касательные, выходящие из вершин острых углов, равны а-г и b-r. Получаем (a-r) + (b-r) = c. Откуда 2г=а + Ъ-с. Что и требовалось.

Рис. 31

Рис. 32

23. По известной формуле S =

а по теореме синусов

Таким образом, S =

В этой формуле выраразим а через R и синус противолежащего угла (см. задачу 9): a = 2jRsinA. Получим S = 2R 2 sin A sin В sin С.

24. Пусть M — произвольная точка внутри данного многоугольника, а — длина его стороны. Обозначим через X, у у z, и расстояния от M до сторон многоугольника. Соединив точку M со всеми вершинами многоугольника, разобьем многоугольник на треугольники, сумма площадей которых постоянна и равна S — площади многоугольника.

Получаем равенство -|- ах + -|- ау +... + ^au = S, откуда x + y + z + ... + u = -^-. Утверждение задачи доказано.

В частности, это утверждение верно для правильных многоугольников.

25. Воспользуемся одной из разновидностей метода площадей. Обозначим через S площадь всего треугольника, а через Sl и S2 площади двух треугольников, на которые данный делится биссектрисой (рис. 33). Имеем S1 = ^-a/sin^, S2 = \ Ы sin , S =-^-ab sin ос. Но Sx + S2 = S. Подставив в это равенство найденные формулы площадей, после простых преобразований (sina = 2 sin ~ cos ~) получим нужное равенство

26. Обозначим через х расстояния от А до рассматриваемых точек касания (рис. 34). Тогда длины касательных к окружности, выходящих из вершин Б и С соответственно будут равны с-х и Ъ-х. Таким образом, получаем равенство (с-х) + (Ь-х) = а. Откуда получаем х=—- (Ь + с-а)=р-а. (Сравните эту задачу и ее решение с задачей 20.) Заметим, что для рассматриваемой длины касательной удобнее пользоваться равенством х = — (Ь + с-а). Замечание. В некоторых пособиях для решения вводятся три

Рис. 33

Рис. 34

неизвестные — длины касательных, выходящих из вершин треугольника. Затем составляется система трех линейных уравнений (сумма любых двух неизвестных равна соответствующей стороне треугольника). Такое решение представляется методической ошибкой. Оно сложнее технически. Кроме того, указанный способ удобен при работе с любым описанным многоугольником с нечетным числом сторон: в качестве неизвестного берется длина одной касательной, проведенной ко вписанной окружности из какой-то вершины, после чего мы обходим многоугольник, последовательно выражая длины касательных через стороны и неизвестное, и, вернувшись к исходной вершине, получаем линейное уравнение. Затем вычисляем длины всех касательных.

27. Пусть углы с вершинами В и С равны х и у, тогда х + у=180°-а (рис. 35). Имеем

28. Пусть Ог и 02 — центры данных окружностей, А и В — точки касания общей внешней касательной (рис. 36, а). 01АВ02 — прямоугольная трапеция. Проведем через 02 прямую, параллельную AB, и обозначим через С точку ее пересечения с ОхА. Треугольник Ох02С прямоугольный. Гипотенуза 0102 = а> катеты ö1C = \R-r\ и 02С=АВ. Таким образом, длина общей касательной равна AB =\ja2- (R - г)2. Аналогично находится длина общей внутренней касательной (рис. 36, б). Ее длина равна ^a2-(R + г)2. Общая внешняя касательная существует, если меньшая окружность не лежит внутри большей (a^\R-r\). Общая внутренняя касательная существует, если окружности расположены одна вне другой (a>i? + r). Замечание. Обратите внимание на чертежи, сопровож-

Рис. 35

Рис. 36

Рис. 37 Рис. 38

дающие решение этой задачи (рис. 36, а, б). На них нет окружностей, о которых говорится в условии. Отмечены лишь их центры и точки касания. Такие чертежи (их иногда называют скелетными) часто бывают полезными при решении задач, в которых фигурирует несколько окружностей и прямых, различным образом касающихся друг друга.

29. Пусть К — середина ВС. Тогда ÄK=j(ÄB+AC). (Доказать это можно, достроив треугольник до параллелограмма ABDC, рис. 37.) Значит, АМ= — АК= — (АВ+АС). Сумма, данная в условии, будет равна— ^-(АВ+АС +ВС + ВА+СА+СВ) = 0. Замечание. Верно и обратное утверждение. Если M такая точка, что MA + MB + MC = 0, то M — точка пересечения медиан треугольника ABC.

30. Рассмотрим трапецию ABCD с основаниями AD = b и ВС = а. Проведем через точку В прямую, параллельную CD, и обозначим через M точку ее пересечения с основанием AD (рис. 38). Для определенности считаем, что Ъ>а. Пусть прямая, указанная в условии, пересекает ВА и ВМ соответственно в точках Е и F. Нетрудно найти, что EF=(b-a)———. Следовательно, искомый отрезок равен (Ь-а)———\-а= Ьт+ап л Замечание. Полученную формулу можно использовать, например, для вычисления отрезка, параллельного основаниям трапеции и проходящего через точку пересечения диагоналей. В этом случае m: п = а:Ь, где а и Ь — основания трапеции.

31. Если А и H расположены по одну сторону от ВС (рис. 39, а), то углы ВАС и ВНС дополняют друг друга до 180°; если же А и H ио разные стороны от ВС (рис. 39, б), то эти углы равны. Отсюда сразу следует, что радиусы окружностей, описанных около треугольников ЛВС и ВНС, равны. Но через точки Б и С можно провести ровно две различные и равные окружности. Эти окружности симметричны относительно ВС. Итак, окруж-

ности, описанные около Л ABC и АВНС, симметричны относительно ВС. Значит, и точка, симметричная H относительно ВС, должна лежать на окружности, описанной около ЛАВС.

32. Докажем, что МВ = МР. Рассмотрим треугольник МВР (рис. 40). Пусть углы с вершинами А и В в треугольнике ABC равны А и В. Имеем АВРМ = = ААВР + Z ВАР = (здесь мы использовали то, что внешний угол треугольника равен сумме внутренних, с ним не смежных),

Итак, АВРМ = АРВМ, значит, МВ = МР. Аналогично доказывается и равенство МР = МС.

33. Положим AM2 - ВЫ2 = d. Возьмем произвольную точку М, удовлетворяющую этому соотношению, и опустим пер-

Рис. 39

Рис. 40

пендикуляр МК на прямую AB (рис. 41). По теореме Пифагора получаем AM2 -AK2 - МК2 = = ВМ2-ВК2. Следовательно, AM2 - ВМ2 =АК2 - ВК2. А это означает, что точка К одна и та же для всех точек M плоскости, удовлетворяющих нашему условию. (Отрезки АК и ВК можно выразить через а =АВ и d.) Верно и обратное, для всех точек прямой, проходящей через указанную точку К на AB и перпендикулярной AB, выполняется равенство AM2 - ВМ2 = d.

34. Пусть в четырехугольнике ABCD имеет место равенство AB2 + CD2 = ВС2 + AD2. Значит, AB2-BC2=AD2-CD2. Из предыдущей задачи получаем, что точки В и D расположены на прямой, перпендикулярной АС. Обратное утверждение также легко получить из утверждения предыдущей задачи. Впрочем, оно совсем просто получается и непосредственно. Если диагонали четырехугольника перпендикулярны, то его стороны легко выражаются по теореме Пифагора через отрезки диагоналей.

35. Обозначим точки касания окружности со сторонами угла через К и M, а точку касания с ВС обозначим Р (рис. 42). Имеем AB + ВС + СА=АВ + BP + + РС + СА=АВ + ВК + СМ + СА = =АК+АМ (равно 2АК), а это означает, что периметр треугольника ABC не зависит от того, как проведена касательная ВС. Замечание. Доказанный в этой задаче факт может быть использован при решении некоторых весьма трудных задач. Например, с его помощью можно быстро и легко решить такую задачу: через данную точку внутри данного угла провести прямую, отсекающую от угла треугольник заданного периметра.

36. Проведем через точку M прямую, касающуюся обеих окружностей, и обозначим через L точку ее пересечения с прямой

Рис. 41

Рис. 42

Рис. 43

AB. Пусть прямая МК вторично пересекает исходную окружность в точке Р (рис. 43, для определенности считаем, что В принадлежит отрезку KL). Имеем Z_ LMP = /L LMK, и каждый измеряется половиной дуги MP, расположенной внутри этого угла, т. е. он измеряется полусуммой дуг MB и BP. Z M KL = Z. M KB, и угол измеряется полусуммой дуг MB и АР. Но Z. LMK = Z. MKL. А значит, дуги BP и АР равны. Утверждение доказано. Замечание. Это утверждение иногда называют леммой Архимеда. Она нередко помогает при решении различных задач, в которых одна окружность касается прямой и другой окружности.

37. Это утверждение верно, поскольку выполняется равенство AB = АС + ВС. При этом точка С расположена между А и В.

38. Будем последовательно ставить точки на прямой. Сначала поставим две точки: А и В. Отрезок ВС от точки В мы можем отложить двумя способами: вправо и влево. Соответственно для длины отрезка АС возможны два значения: 5 и 1. В каждом случае от точки С мы можем «шагнуть» вправо и влево. Таким образом, для длины AD получаем 4 возможных значения: 9, 1, 5 и 3. Замечание. Эта задача относится к важному типу задач, когда заданная в условии ситуация может реализовываться различными способами. Здесь важно также организовать разумный перебор вариантов, найти удобный способ их получения. Данную задачу можно рассматривать также в качестве одной из простейших моделей, где реализуется «ветвящийся» процесс, часто встречающийся в комбинаторных задачах.

39. Поскольку AD=AB + BC + CD, данные 4 точки расположены на одной прямой. Следовательно, АС=АВ + ВС = Ъ. Замечание. Очень важными являются задачи, которые нельзя решить в общем виде, но можно, если между числовыми данными имеет место то или иное соотношение. Нередки также случаи, когда числовые данные существенно облегчают решение, весьма громоздкое в общем случае.

40. Возможны несколько (два) случаев расположения точки М. 1) Пусть точка M лежит на отрезке AB. Имеем обычную арифметическую задачу «на части». Получаем AM = —АВ= 1 см. 2) Пусть M лежит вне отрезка AB. Поскольку АМ<ВМ, точка должна располагаться на продолжении AB за точку А. Снова имеем задачу «на части». На сей раз на AB приходится 3 части, т. е. AM = \АВ = = 1 — см. Замечание. Эту задачу, конечно, можно решить и с помощью уравнений. Но этого не следует делать, поскольку позднее подобные задачи являются «деталями» более сложных задач.

41. Возможны два варианта (рис. 44): а) ААОС= 124° -88° = = 36°; б) ААОС = 360°-(124° + 88°)1 = 148°.

42. Аналогично тому, как это делалось при решении задачи 38, будем действовать последовательно. 1) Для Z.AOC имеем две возможности: а) ААОС = 1°; б) ААОС= 119°. 2) Каждый возмож-

Рис. 44

ный случай для угла АОС дает, в свою очередь, два варианта для /-AOD. Таким образом, задача имеет 4 решения, а именно: /LAOD равен одной из следующих величин: 121°, 123°, 3° и 119°. Замечание. Как видим, «арифметика» углов (сложение и вычитание) имеет много общего с «арифметикой» отрезков. Но имеется одно важное различие: углы не могут быть больше 180° (у невыпуклого многоугольника есть углы больше 180°, но здесь используется понятие «угол многоугольника», а не «плоский угол»).

43. Всего образовалось 6 углов, которые разбиваются на три пары вертикальных, а следовательно, равных углов. Сумма трех углов (по одному из каждой пары вертикальных) равна 180°. Значит, помимо двух пар углов, равных 92° и 8°, имеется еще одна пара углов по 80°. Далее, по определению, угол между двумя прямыми равен наименьшему из четырех углов, образовавшихся при пересечении этих прямых, т. е. он не превосходит 90°. Каждый из трех углов (92°, 8° и 80°) равен одному из углов, образовавшихся при пересечении соответствующих прямых. Итак, углы между прямыми равны 180° -92° = 88°, 8° и 80°.

44. Биссектрисы смежных углов перпендикулярны. Это очень важный факт.

45. Если точка В расположена между А и С, то расстояние между серединами AB и ВС равно, очевидно, половине АС и равно 8. Менее очевидно, что этот ответ сохраняется при произвольном расположении точки В. Здесь можно воспользоваться методом координат. (По сути, пропедевтикой этого метода.) Сначала два полезных и легко проверяемых факта: 1) если прямая является осью (координатной осью), то расстояние между двумя точками равно разности координат соответствующих точек (точнее, абсолютной величине этой разности); 2) координата середины отрезка равна полусумме координат его концов. Перейдем к решению нашей задачи. Будем считать, что наша прямая является координатной осью и что точка А имеет координату 0, координата точки С равна 16, а координата В равна 2а. Тогда середина отрезка AB имеет координату а, координата середины ВС равна а+ 8, а искомое расстояние равно 8.

46. Эта задача имеет очевидное сходство с предыдущей, но есть и существенное различие. Обозначим через А1ОС1 угол, вертикальный к углу АОС (рис. 45). Если луч OB проходит внутри угла АОС, то ответ очевиден. Угол между биссектрисами равен 8°. Если этот луч проходит внутри угла АОС\ или СОАг, то ответ не изменится, а решение почти дословно повторяет решение предыдущей задачи (положим /-АОВ = 2а и т. д.). Пусть теперь луч OB проходит внутри угла А1ОС1. Положим Z.AlOB = 2а. Значит, ZAOB = 180°-2а. Z. ВОС = 180° -16° + 2а = 164° + 2а. Искомый угол между биссектрисами углов АОВ и ВОС равен:

Таким образом, задача имеет два ответа, дополняющие друг друга до 180°, а именно 8° и 172°.

47. Равными являются фигуры на рисунках 1, а, б, д, е.

48. См. рисунок 46.

49. Развертками поверхности куба являются фигуры на рисунках 3, а, в, г.

50. Точками пересечения прямой AB с ребрами куба или их продолжениями являются точки С и G на рисунке 4, а. На рисунке 4, б прямая AB не пересекает ни ребер куба, ни их продолжений.

51. Возможные варианты решения показаны на рисунке 47.

52. На рисунке 48 показаны два решения этой задачи (пунктиром указаны линии сгиба). Заметим, что на втором рисунке изображена развертка, получающаяся при разрезании поверхности пирамиды не только по ребрам.

53. а) Треугольники и четырехугольники; б) треугольники, четырехугольники и пятиугольники; в) треугольники, четырехугольники и пятиугольники; г) треугольники, четырехугольники, пятиугольники и шестиугольники. (В каждом случае нетрудно привести примеры.)

54. Получится дважды перекрученное кольцо (вдвое более длинное и в два раза более узкое, чем исходный лист Мебиуса).

55. См. рис. 49, а и б. (Возможны и другие решения.)

56. Пирамидам (Т), (2), (3) на рисунке 8, а равны соответственно пирамиды (З), (б), (2) на рисунке 8, б. Например, пирамида (I) на рисунке 8, б не может равняться ни одной из пирамид на рисунке 8, а, поскольку у нее есть пара противоположных ребер длины 8 и 11, в то время как на рисунке 8, а такой пары нет.

Рис. 45

Рис. 46

Рис. 47

Рис. 48

Рис. 49

57. Несколько примеров приведено на рисунке 50. Как видите, у каждого из них по 12 ребер. Замечание. Здесь можно упомянуть о замечательном соотношении, обнаруженном великим российским математиком Леонардом Эйлером. Если буквами Г, Р и В мы обозначим соответственно число граней, ребер и вершин

Рис. 50

Рис. 51

Рис. 52

выпуклого многогранника, то получим Г-Р + В = 2. (На самом деле это равенство выполняется для более широкого вида многогранников.)

58. У одной из частей было с самого начала две корки, не имеющие общих частей. Она могла, например, иметь вид, похожий на треугольную призму (рис. 51, а), с основаниями из арбузной корки. Такая ситуация изображена на рисунке (рис. 51, б).

59. См. рис. 52.

60. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине гипотенузы. В данном случае ответ 6,5.

61. Пусть в прямоугольном треугольнике ABC к гипотенузе проведены высота С H и медиана СЕ. Имеем £АСН=АСВА=АВСЕ. Отсюда следует утверждение задачи. Замечание. Поскольку для прямоугольного треугольника середина гипотенузы (точка Е) является центром описанной окружности, эта задача является частным случаем задачи 11. Но этот случай весьма важен и его полезно отдельно рассмотреть.

62. I способ. Будем строить треугольник по указанным величинам. Возьмем угол величиной 45° с вершиной в точке А (рис. 53), отложим на одной из его сторон отрезок AB = 1 и с центром в точ-

ке В построим окружность радиуса

V2. Поскольку этот радиус больше 1, окружность пересечет вторую сторону угла в единственной точке С. Пусть ВН высота в треугольнике ВСА, БЯ=^ = 1бС. Значит, АВСА = Z.BCH = 30°. II способ. По теореме синусов найдем, что синус угла ВСА равен -i-. Значит, искомый угол равен либо 30°, либо 150°. Второй случай невозможен, т. е. АВСА = 30°.

63. Решая эту задачу так же, как предыдущую, получим, что в этом случае мы имеем два ответа: 45° или 135°. Замечание. Вспомните в связи с этой и предыдущей задачей задачу 4 из числа опорных.

64. Синус угла, противолежащего стороне а, равен — (независимо от того, острый этот угол или тупой). Значит, радиус описанной окружности равен (см. задачу 9): R=—. Замечание. Полученная формула достаточно полезна. Нередко используется ее частный случай для равнобедренного треугольника, когда а = Ь. Если в правой части числитель и знаменатель умножить на с (третья сторона треугольника) и освободиться от знаменателя, получим известное соотношение 4RS = abc.

65. По теореме косинусов против наибольшей стороны (vî3) лежит угол, равный 120° (его косинус равен -

66. Поскольку AM составляет — медианы, выходящей из вершины А, точка M является точкой пересечения медиан. Значит, вм= А-5 = з1.

67. Точка К лежит на продолжении стороны АС за точку А и АК=АВ = 3. Значит, СК= 5 + 3 = 8.

68. Тупым может быть только угол против большей стороны треугольника. Из теоремы косинусов следует, что треугольник будет тупоугольным, если квадрат наибольшей стороны больше суммы квадратов двух других сторон. Имеем две возможности. 1) Тупым является угол между двумя заданными сторонами (наибольшая сторона — третья). Тогда квадрат третьей стороны больше 49 + 64 = 113. Таким образом, если х — длина третьей стороны, то для этого случая она должна удовлетворять неравенствам \/113<х< 15 (правое неравенство следует из неравенства треугольника). 2) Наибольшей является сторона длины 8. В этом случае длина третьей стороны х должна удовлетворять неравенствам 1 < jc<V15.

Рис. 53

69. Все эти 5 точек лежат на окружности с диаметром AB = 8. Значит, радиус описанной около треугольника КРМ окружности равен 4.

70. Докажем, что О — центр описанной около треугольника ABC окружности. Для этого обозначим через Ог центр описанной окружности. Поскольку угол В острый, точка Ох лежит по ту же сторону от АС, что и вершина В. При этом угол АОхС в два раза больше угла В и А01 = 01С. Следовательно, треугольник ВОгС равен треугольнику ВОС (они равнобедренные с общим основанием и равными углами). Значит, точки О и Ох совпадают. Радиус описанной окружности равен 3, т. е. ВО = 3.

71. Треугольник АКМ подобен треугольнику ABC с коэффициентом —. Следовательно, радиус описанной около него окружности равен 1. Замечание. Очень важно, чтобы учащиеся понимали, что в подобных треугольниках (и вообще, в подобных фигурах) все соответствующие углы равны, а отношения любых соответствующих элементов также равны между собой и равны коэффициенту подобия.

72. Этот треугольник тупоугольный (убедитесь, что центр описанной окружности не может находиться внутри треугольника). Третья сторона видна из центра под углом 30°+ 20° = 50° или 30°-20° = 10°. Углы треугольника равны 10°, 15° и 155° или 10°, 165° и 5°.

73. Утверждение задачи следует из результата задачи 9, поскольку синусы углов МСА и МСВ равны (сами эти углы либо равны, либо дополняют друг друга до 180°).

74. Из условия следует, что точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника совпадают с серединами этих сторон. Значит, все стороны равны, поскольку равны их половины (как касательные, выходящие из одной точки).

75. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, в котором на гипотенузу AB опущена высота CD. В задаче 6 мы доказали, что имеют место равенства: ВС2 = BABD, АС2 = AB AD. Здесь AD и BD — проекции катетов на гипотенузу. Разделив первое равенство на второе и считая, что ВС :AC = k, получим, что BD :AD = k2.

76. Пусть АСАК = у (рис. 54). Учитывая условие задачи, последовательно получаем: ААСК = (р, ААВК = ААКВ = 2у, АВАК = = 5ф. Таким образом, углы А, В и С соответственно равны 6ф, 2ф и ф, т. е. 9ф=180°, ф = 20°. Углы треугольника равны 120°, 40° и 20°.

77. Пусть катеты равны 1, АК=х. Тогда CK = 1-х, ВК2 = 1 + (1 -х)2 = 2-2х + х2. Из условия получаем уравнение 2-2х + х2 = 2Ьх2 или 12х2-\-х-1 = 0, решая которое (нам нужен лишь положительный корень), получаем х=—. Таким образом, катет АС точкой К делится в отношении 1:3.

Рис. 54

78. Продолжим медиану на расстояние, равное ей (рис. 55). Получим треугольник, две стороны которого равны сторонам нашего треугольника, заключающим медиану, а противолежащие им углы равны 30° и 45°. По теореме синусов находим отношение нужных сторон. Это отношение равно v2. Замечание. Указанный здесь прием продолжения медианы на расстояние, равное ей, нередко используется в различных задачах (см., например, решение задачи 18).

79. Пусть К — середина AB, M — точка на стороне АС, такая, что треугольник АКМ подобен треугольнику ABC. Возможны два варианта. 1) Соответственными в этих треугольниках являются вершины В и К, а также С и М. В этом случае M — середина АС. 2) Соответственными вершинами являются В и M, С и К. Имеем пропорцию АК :АС=АМ :АВ. Откуда найдем AM = —. Таким образом, задача имеет два решения. Сторона АС делится на части 3 и 3 или же — и —.

80. Оба отсекаемых треугольника подобны исходному. Коэффициенты подобия равны kx = и k2 = . Их сумма равна 1.

Значит, сумма радиусов окружностей, вписанных в указанные треугольники, равна klr+k2r=r, где г — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Замечание. Вместо радиусов вписанных окружностей можно рассмотреть любые другие соответствующие линейные элементы в указанных треугольниках. Ими могут быть радиусы описанных окружностей, биссектрисы высоты, стороны и пр.

81. Утверждение задачи следует из соответствующего признака подобия треугольников (пропорциональность сторон). Отношение соответствующих сторон исходного треугольника и указанного в условии задачи равно

где S — площадь исходного треугольника.

82. Первая часть утверждения следует из того, что серединные перпендикуляры к сторонам первого треугольника служат высотами (прямыми, содержащими высоты) для второго треугольника (см., в частности, решение задачи 15). Докажем вторую часть (см. задачу 12 и ее решение). Рассмотрим остроугольный треугольник ABC, в котором высоты ААг, ВВХ и ССг пересекаются в точке H (рис. 56). Поскольку четырехугольник АВА1В1 является вписанным (AB — диаметр описанной около него окружности),

Рис. 55

ACA1Bl = lLCAB (оба они дополняют до 180° угол ВАХВХ). Аналогично, вписанным является четырехугольник АСАХСХ. Из этого будет следовать, что АВА1С1 = /-ВАС. Таким образом, АСА1В1 = АВА1С1у а, значит, ААХ является биссектрисой угла ß1A1C1. Теперь легко получить и вторую часть утверждения задачи. Замечание. Полезно проиллюстрировать утверждение задачи более наглядным чертежом (рис. 57).

83. Нельзя. Все стороны — целые числа, и их сумма есть нечетное число. Значит, их нельзя разбить на пары с одинаковой суммой.

84. Поскольку AACD = 50° = = /LABD, данный четырехугольник является вписанным (окружность, описанная около треугольника ACD, должна проходить через точку Б). Следовательно, zL CAD = A CBD = 20°.

85. Диаметр этой окружности равен, очевидно, высоте ромба, т. е. равен 1, откуда радиус окружности равен -i-.

86. Нетрудно найти ответ, если заметить, что данная трапеция есть половина правильного шестиугольника со стороной 1. Для решения этой задачи рассмотрим трапецию ABCD, в которой большее основание AD равно 2, а все оставшиеся стороны равны 1. Если через концы меньшего основания ВС провести прямые, параллельные боковым сторонам трапеции, то они пересекутся в точке О — середине основания AD. Понятно, что точка О является центром описанной около трапеции окружности, поскольку расстояния от О до всех вершин трапеции равны 1. Значит, радиус описанной окружности равен 1.

87. Четырехугольник с вершинами в серединах сторон данного четырехугольника есть параллелограмм (см. задачу 10) со сторонами, равными половинам диагоналей данного.

88. Пусть диагональ АС пересекается с KD и MD в точках Е и F соответственно. Из подобия треугольников АКБ и CDF полу-

Рис. 56

Рис. 57

чаем АЕ : ЕС = AK:CD = AK:AB = 2:3. Таким образом,

Аналогично получим

Следовательно,

89. Пусть диагональ АС равнобочной трапеции ABCD перпендикулярна боковой стороне CD и образует угол в 15° с основанием ВС. Тогда углы при основании AD равны 75° , а угол ВАС равен 60°. Трапеция ABCD является вписанной. Но хорды окружности относятся как синусы опирающихся на них вписанных углов.

Значит, AD:BC = sin 90° : sin 60° = А.

90. Равные хорды окружности равноудалены от ее центра. Значит, если окружность высекает на сторонах четырехугольника (или произвольного многоугольника) равные хорды, то этот четырехугольник (многоугольник) является описанным и центром вписанной в него окружности является центр заданной окружности. При этом радиус вписанной в четырехугольник (многоугольник) окружности равен расстоянию от центра данной окружности до соответствующих хорд. В данном случае этот радиус равен

91. Поскольку сумма заданных углов меньше 180°, точка О расположена вне четырехугольника (рис. 58). Таким образом, дуги AB, ВС, CD и DA (имеются в виду дуги, не содержащие вершины четырехугольника) равны соответственно 40°, 50°, 60° и 210°. Углы четырехугольника соответственно будут равны:

ZA=1 (50°+ 60°) = 55°, Zß=135°, Z.C=125° и Z.D = 45°.

92. Нет. Он может быть и равнобочной трапецией.

93. Да. Этот четырехугольник — параллелограмм, так как из условия задачи следует равенство треугольников АОВ и COD.

94. Можно воспользоваться результатом задачи 30. Искомые отрезки будут равны

95. Из условия следует, что четырехугольник ABCD является вписанным. А вписанная трапеция является равнобочной.

96. Из подобия треугольников ВКС и DCM следует равенство ВК :ВС =DC :DM, откуда BK-DM = =BC-DC, что и требовалось.

97. Проведем через конец одного из оснований трапеции (на-

Рис. 58

пример, меньшего) прямую, параллельную боковой стороне трапеции, до пересечения с другим основанием (рис. 59). Получим треугольник со сторонами 6, 8 и 10, причем угол против стороны 10 равен искомому углу. Нетрудно заметить, что этот угол прямой (62 + 82 = 102).

98. Если X — длина искомого отрезка, то находится х из пропорции а : X = X : Ъ (в подобных трапециях отношения оснований равны). Значит, х = \[аЪ. Фактически мы доказали, что если требуемый отрезок существует, то его длина равна Для полноты рассуждения остается доказать, что соответствующие боковые стороны трапеции относятся, как их основания.

99. Указанная прямая делит боковые стороны трапеции в отношении а:Ъ (считая от основания длины а). Теперь можно воспользоваться результатом задачи 30. Но мы приведем другое решение, из которого, в частности, будет следовать, что искомый отрезок будет делиться пополам точкой пересечения диагоналей трапеции. Рассмотрим трапецию ABCD, в которой AD = а, ВС = Ь, О — точка пересечения ее диагоналей. Пусть прямая, проходящая через точку О параллельно основаниям, пересекает AB в точке M (рис. 60).

Из подобия треугольников ВМО и BAD получаем = .

Из подобия треугольников АМО и ABC получаем, что = ^l.

Сложив эти равенства, получим м2. + mq=l. Значит, МО = аЪ .

Такой же будет и вторая часть искомого отрезка. Весь отрезок равен ——.

100. Можно воспользоваться результатом задачи 34. Если х — длина четвертой стороны, то имеет место равенство 72 + 42 = 12 + + х2. Откуда х = 8.

101. Пусть диагонали вписанного четырехугольника ABCD пересекаются в точке Р (рис. 61). Будем для определенности считать, что Z.BAC = a острый. Если О — центр описанной около АВР

Рис. 59

Рис. 60

Рис. 61

окружности, то Z-OPB = 90°-а. Пусть прямая ОР пересекает CD в точке М. Имеем APDM = a, A DPM = Z. ОРВ = 90° - ос. Значит, РМLCD. Что и требовалось доказать.

102. Для удобства вычислений будем считать, что большая сторона прямоугольника равна 1, а меньшая х (это и есть искомое отношение сторон прямоугольника). Если отрезать квадрат со стороной X, то останется прямоугольник со сторонами х и 1-х. Понятно, что теперь уже большей стороной является сторона х. По условию отношение сторон оставшегося прямоугольника равно отношению сторон исходного, т. е. -=х. Получаем квадратное уравнение jc2 + jc-1 = 0, откуда х= — (V5-1).

103. Касательные к окружности образуют равные углы с хордой, соединяющей точки касания (они симметричны относительно серединного перпедикуляра к хорде). Значит, в ситуации, описанной в условии задачи, касательные к окружностям, проходящие через точку А, должны совпасть. А это и означает касание окружностей.

104. Обозначим через М1 точку пересечения прямой AM со второй окружностью (рис. 62). Отношения AB : АС иАМ:АМ1 равны отношению радиусов окружностей, а следовательно, равны между собой. Значит, треугольники АМВ и АМХС подобны. Таким образом, углы АМВ и АМХС равны. Но четырехугольник АМХСК является вписанным. Сумма противоположных углов АМХС и АЙГС равна 180°. Следовательно, сумма углов АМВ и АКС также равна 180°.

105. Обозначим через А и Б точки пересечения окружностей. Пусть M — произвольная точка прямой AB, лежащая вне отрезка AB. Тогда квадрат касательной к каждой окружности равен MA-MB. Значит, эти касательные равны между собой.

106. Расстояние между центрами окружностей равно R + г. По формуле, полученной при решении задачи 28, получим, что искомая касательная равна vcr+ r)2-(R-r)2=2\/Rr. Замечание. Полезно, не прибегая к формуле задачи 28, вычислить длину общей касательной для рассматриваемого специального случая.

107. Известно, что четырехугольник, диагонали которого делятся пополам точкой пересечения, является параллелограммом, т. е. четырехугольник, диагоналями которого являются указанные хорды,— параллелограмм. Но если параллелограмм вписан в окружность, то он — прямоугольник. А диагонали прямоугольника пересекаются в центре

Рис. 62

Рис. 63 Рис. 64

описанной окружности. Таким образом, точка M есть центр окружности и любая хорда, проходящая через точку М, делится этой точкой пополам.

108. Обозначим отрезки одной хорды через 2х и Зле (вся хорда 5л:), а отрезки другой — через Зу и 4у (вся хорда 7у). Имеем 2х-3х = 3у4у. Значит, х2 = 2у2, х = у\[2. Отношение хорд равно

109. В случае, изображенном на рисунке 63, очевидно, что углы при вершинах К и M в треугольнике АКМ измеряются половинами дуг (с концами в точках А и В) данных окружностей, ограничивающих общую часть соответствующих кругов. Проверьте, что такими же будут эти углы и в случае, изображенном на рисунке 64.

110. Рассмотрим вписанный четырехугольник ABCD, диагонали которого перпендикулярны. Из этого следует, что сумма дуг AB и CD равна половине окружности (рис. 65). Значит, если мы приложим одну дугу к другой, то соответствующие хорды (AB и CD) будут катетами прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна диаметру окружности. Отсюда следует утверждение задачи.

111. Обозначим сторону правильного п-угольника, вписанного в единичную окружность, через ап. Имеем а3 = \/3, a4 = v2, а6 = 1. Найдем а8 (рис. 66). Обозначим для удобства а8 = х. Пусть AB —

Рис. 65

Рис. 66

сторона вписанного квадрата, CD — диаметр, перпендикулярный AB, АС = СВ = х, Е — середина AB (Е — точка пересечения AB и CD), СЕ = у, АЕ = -—. Поскольку АЕ — высота, опущенная на гипотенузу CD в прямоугольном треугольнике CAD, справедливы равенства (см. задачу 6): AE2 = CE-ED, CA2 = CE CD, или JL=z/(2-y), x2 = 2y. Из первого уравнения находим у=1-—, а из второго получим х = а8 = Аналогично найдем а12, для чего рассмотрим хорду AB = 1 (AB — сторона правильного шестиугольника, вписанного в единичную окружность). Все дальнейшие рассуждения и вычисления повторяются. В соотношениях АЕ2 = СЕ-ED, CA2 = CE • CD надо взять АЕ = —. После простых вычислений найдем а12 = У2-л/з. Замечание. Мы воспользовались приемом, с помощью которого получаются так называемые «формулы удвоения», выражающие а2п через ап.

112. Рассмотрим для удобства единичную окружность. Как мы знаем, углу в 180° соответствует полуокружность, т. е. дуга длиной к этой окружности. Значит, дуге длиной 1 соответствует угол в . Нам надо сравнить этот угол с данным углом 57°20'. Иными словами, надо сравнить два числа " и 57 — =-. Докажем, что > т. е. у|^>7Г- Но дробь слева больше, чем 3,2, а значит, больше п. Таким образом, длина указанной в условии дуги меньше радиуса.

113. Длина полуокружности диаметра d равна \nd. Следовательно, сумма длин всех полуокружностей равна па.

114. Для удобства будем рассматривать единичный круг. Площадь его сектора с углом 30° равна а площадь указанного сегмента равна -j - —. Процесс сравнения полученных величин удобно организовать, используя знак сравнения: V или Л (после окончания процесса сравнения мы заменим эти знаки всюду соответственно на знаки неравенств: > или <). Имеем — v — - —, —. Освобождаясь от знаменателя, получим 3Vrc. В последней паре, а значит, и везде знак V следует заменить на знак <. Таким образом, площадь сегмента, соответствующего четверти окружности, больше площади сектора того же круга с углом 30°.

115. Чтобы не рассматривать различные случаи расположения точки M на прямой, проходящей через центры окружностей, будем рассматривать эту прямую как координатную ось с началом

в центре меньшей окружности. При этом центр большей окружности имеет координату 2. Пусть точка M имеет координату х.

Тогда касательная из точки M к меньшей окружности равна V*2 -1 •

Касательная к большей окружности равна V(*-2)2-49. Приравнивая эти выражения, найдем х = -11. Таким образом, длины касательных равны

116. Пусть О — центр окружности (рис. 67). Треугольник АОВ прямоугольный, ОС — высота на гипотенузу AB. Значит (см. задачу 6), АС ВС = ОС2. Утверждение доказано, поскольку высота ОС — радиус окружности.

117. Пусть R и г — радиусы окружностей (R>r). Тогда R2 - г2 = —. Значит, площадь кольца равна nR2 - кг2 = .

118. Пусть 01 и О2 — центры окружностей, AB — общая хорда. В треугольнике Ог02А знаем все стороны, т. е. можем найти его углы. (Это можно сделать по теореме косинусов, но лучше сразу «увидеть» в нем прямоугольный треугольник с углами 30° и 60°.) Общая часть состоит из двух сегментов, соответствующих центральным углам 60° (в большей окружности) и 120°. Площадь каждого сегмента представляем в виде разности площадей соответствующего сектора и треугольника. Площадь первого сегмента равна —--—, второго равна ———. Таким образом, площадь общей части равна -^-v3.

119. Следуя указанию, сделаем чертеж (рис. 68). Все дуги, измеряющие наши углы, в сумме дают всю окружность. Следовательно, сумма углов равна 180°. Замечание. Можно соединять точки через одну. Тогда возникнет «звезда» А1АЭА5А7А2А4А6. Поступая так, получим, что у нее сумма углов равна 540° (сумма дуг даст утроенную окружность). (Можно рассматривать различные звезды с другим числом (нечетным) вершин.)

Рис. 67 Рис. 68

120. Решение этой задачи, по сути, сводится к выполнению аккуратного чертежа. Выполнять его следует поэтапно. Сначала изображаем окружность со вписанным в нее треугольником ABC (рис. 69). Около каждой дуги указываем ее величину (соответственно дуга ВС равна 2 • 70°, дуга АС — 2 • 80° и дуга AB — 2 • 30°). Затем отмечаем согласно условию точку Аг, потом Вх и Сг. В данном случае получаем, что в треугольнике АХВХСХ угол Ai равен 120°, угол Вх равен 50°, а угол Сх равен 10°. Замечание. Рассматривая разные значения углов исходного треугольника ABC, мы можем получать различные интересные задачи.

121. Пусть О — центр заданного круга, Р — центр искомого, X — его радиус, M — точка касания (рис. 70). Тогда ОР = х\[2. И для X имеем уравнение Откуда

122. Возможны два случая касания окружностей: внешнее и внутреннее. В обоих случаях отношение AB:АС равно отношению радиусов (5:4). При этом в случае внешнего касания ВС< 18 (суммы диаметров данных окружностей), а в случае касания внутреннего ВС<2 (разности диаметров). Следовательно, в пункте а) мы имеем два решения (возможны касания внешнее и внутреннее): АВ=А, АС= А или AB = 5, АС = 4. В пункте б) — одно решение (возможно лишь внешнее касание): АВ=^, АС =

123. Пусть Sx — площадь части первой фигуры, расположенной вне второй, S2 — площадь части второй вне первой, Q — площадь общей части. По условию фигуры равновелики, т. е. S1 + Q = S2 + Q, следовательно, S1 = S2. Замечание. Этот очень простой и очевидный факт часто используется при решении далеко не простых задач. Здесь важно суметь увидеть его в конкретных случаях. Например, если два равных квадрата имеют общую часть в виде восьмиугольника, то сумма площадей четырех треугольников первого квадрата вне второго равна сумме площадей таких же треугольников во втором квадрате (см. также задачу 13).

Рис. 69

Рис. 70

124. Сумма высот этих треугольников, проведенных к указанным сторонам, равна соответствующей высоте параллелограмма.

125. а) 4\/26. б) Проще всего, наверное, в этой задаче найти сначала по теореме косинусов угла против стороны \/34> он равен 0,8, а синус этого угла равен 0,6. Тогда площадь треугольника равна 13,5. в) При решении этой задачи можно поступить аналогично предыдущей задаче. Покажем другой способ. Рассмотрим прямоугольник 7x9 (рис. 71). Треугольник, вершины которого расположены в вершине и на сторонах этого прямоугольника, как показано на рисунке, является искомым. Чтобы найти его площадь, надо из площади прямоугольника вычесть площади трех треугольников. Получим ответ 21,5. в) При решении этой задачи, вероятно, самое простое — поступить так же, как и в пункте б). Покажем другой путь. Проведем медиану к стороне V^a2 + 3 и продолжим ее на расстояние, равное ей. Получим параллелограмм со сторонами \ja2 - а +1 и \]а2 + а +1 и одной из диагоналей, равной V^a2 + 3. Вторая диагональ параллелограмма равна 1 (см. задачу 17). Площадь заданного треугольника равна площади треугольника со сторонами \]а2 -а +1, Va2 + a + l и 1. Теперь легко находим косинус угла против стороны

Он равен

(Нетрудно показать, что эта дробь по абсолютной величине меньше 1. Из этого следует существование треугольника со сторонами а затем и исходного.) Синус этого угла равен

Площадь треугольника равна

126. Имеем (см. задачу 20)

По условию это отношение равно Следовательно, 4тт = \- ^ искомое отношение равно 2.

127. Площадь треугольника АКМ мы получим, если от площади параллелограмма ABCD (равна 8) отнимем сумму площадей треугольников АВК (равна 2), AMD (также равна 2) и СКМ (равна 1). Значит, площадь треугольника АКМ равна 3.

128. Продолжив медиану на расстояние, равное ей, получим, что треугольник, две стороны которого равны сторонам данного, заключающим медиану, а третья сторона равна удвоенной медиа-

Рис. 71

не, равновелик данному треугольнику. В нашем случае мы получаем треугольник со сторонами 5, 7 и 8. Его площадь равна 10 V3.

129. Площадь образовавшегося треугольника составляет ^ площади всего треугольника ^коэффициент подобия равен В нашем случае она равна 1. Средняя часть (трапеция) вместе с указанным треугольником образуют треугольник, подобный исходному с коэффициентом —. Его площадь равна 4. Таким образом, искомая площадь равна 3.

130. Рассмотрим трапецию ABCD, в которой M — середина боковой стороны CD. Проведем среднюю линию КМ. В треугольниках ВКМ и АКМ сумма высот к стороне КМ равна высоте трапеции. А значит, сумма их площадей есть половина площади трапеции.

131. Рассмотрим трапецию ABCD. Возьмем на прямой AD (AD — основание трапеции) точку К так, что отрезок CK параллелен диагонали BD. Рассмотрим треугольник АСК, в котором стороны АС и CK равны диагоналям трапеции (3 и 5), а сторона АК равна сумме оснований трапеции (равна 4). Треугольник АСК равновелик трапеции ABCD. В нашем случае треугольник АСК прямоугольный. Высота трапеции равна 3. Его площадь, а значит, и площадь трапеции равна 6. Замечание. Параллельный перенос — стандартный пример, используемый при решении задач про трапецию, особенно, если в условии фигурируют диагонали или боковые стороны трапеции. См. также задачу 97.

132. В равнобочной трапеции проекция диагонали на основание равна средней линии (рис. 72). Таким образом, площадь трапеции равна площади прямоугольника со сторонами a cos а и а sin а. Значит, площадь равна a2 cos a sin а = ^а2 sin 2а.

133. Пусть длина искомого отрезка равна X. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения (рис. 73). Получим три подобных треугольника, сходственными сторонами которых являются стороны а, Ъ и х. Как известно, площади подобных треугольников пропорциональны квадратам сходственных сторон. Обозначая эти площади соответственно через Sx, S2 и S3, получаем S1 = ka2,

Рис. 72

Рис. 73

S2 = kb2, S3 = kx2. По условию S2-Ss = = S3-Sl. Получаем 2х2 = а2 + Ъ2, откуда

134. Вообще говоря, не следует (рис. 74). Для выпуклых четырехугольников (вершины А и £> расположены по одну сторону от прямой ВС) утверждение верно.

135. Может. Нужный пример можно построить следующим образом. Возьмем прямоугольник со сторонами 800 и 1. Проведем в нем диагонали и рассмотрим треугольник, прилежащий к большей стороне прямоугольника. Его площадь равна 200, а высоты, как нетрудно понять, меньше 1.

136. Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника равны. Значит, второе основание нашей трапеции равно 1. Зная все стороны трапеции, можем найти ее площадь (см. задачу 131), равную 2\^3.

137. Если прямая проходит через середину отрезка, то расстояния от концов отрезка до этой прямой равны. В нашем случае прямая AM проходит через середину ВС. Значит, высоты к стороне AM в треугольниках АВМ и АСМ равны, т. е. эти треугольники равновелики.

138. Пусть г — радиус вписанной в прямоугольный треугольник окружности. Касательные к ней, выходящие из вершины прямого угла, равны г. Катеты данного треугольника равны а + г и Ь + r, гипотенуза равна а + Ь, т. е. a + b + r=p, где р — полупериметр. По теореме Пифагора имеем (a + r)2 + (fr + r)2 = (a + &)2. Раскрывая скобки, получим после простых преобразований (a + b + r)r=ab. Значит, pr = ab, т. е. искомая площадь равна ab.

139. Обозначим через К точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Расстояния от точек В и D до прямой АС (высоты в треугольниках ABC и ADC) относятся, как отрезки ВК и KD. А отношение высот к стороне АС в треугольниках АБС и ADC равно отношению площадей этих треугольников. Замечание. Этот простой и важный факт часто используется при решении различных задач. Его можно добавить к числу опорных задач.

140. Пусть х9 уу г и t — отрезки диагоналей, а — острый угол между ними. Поскольку синусы всех четырех углов между диагоналями равны (эти углы либо равны, либо дополняют друг друга до 180°), утверждение задачи сводится к очевидному равенству:

141. Как известно, два оставшихся треугольника равновелики (задача 13). Обозначим площадь каждого через х. Тогда на осно-

Рис. 74

вании утверждения задачи 140 получаем х2 = 4 • 9 = 36, откуда х = 6. Площадь трапеции равна 25.

142. Центры окружностей являются вершинами правильного треугольника со стороной 2. Чтобы найти площадь искомого криволинейного треугольника, надо из площади этого правильного треугольника вычесть площади трех секторов с углом 60°. Эти три сектора в сумме дают половину единичного круга. Площадь криволинейного треугольника равна \/3-^.

143. В подобных прямоугольниках равны отношения сторон. Понятно, что линия разреза должна быть параллельна меньшей стороне исходного прямоугольника (ведь его наибольшая сторона не может быть равной наибольшей стороне данного прямоугольника). Большая сторона отрезанного прямоугольника равна 1, а меньшая, следовательно, равна \ . Площадь оставшегося прямоугольника равна 1 — .

144. Покажем, что координаты середины отрезка равны полусуммам соответствующих координат его концов, а координаты точки пересечения медиан треугольника равны среднему арифметическому соответствующих координат его вершин (среднее арифметическое нескольких чисел равно их сумме, деленной на количество этих чисел). Если точка К — середина ВС, то для любой точки О верно равенство OK = ов + ОС . Если M — точка пересечения медиан треугольника ABC, то ОМ = OA + — AK = OA + ! (AB +АС) = ОА + A ((0№ - OA) + (ОС - OA)) = 0А±ов±ос_ в нашем случае К(2; -1), АК = 4\[2, а точка пересечения медиан имеет координаты -|-)«

145. Пусть М(х; у) — точка, равноудаленная от А и Б, т. е. МА2 = МВ2, или (х-3)2 + (у+ 1)2 = (х + 5)2 + (у-4)2, откуда уравнение 16л:- 10у + 31 = 0 — это уравнение прямой, которая является серединным перпендикуляром к отрезку AB.

146. Точки М(х; у) удовлетворяют уравнению (х- I)2 + у2 + х2 + + (у- 1)2 = х2 + у2 или (х-1)2 + (у-1)2 = 0. Вся линия состоит из одной точки M(1; 1).

147. Данное уравнение задает окружность с центром в точке 0(1; 0) и радиусом, равным 1. Точка А(4; 4) удалена от центра окружности на расстояние, равное 5. Следовательно, наибольшее значение длины отрезка AM равно 6, а наименьшее равно 4.

148. После возведения в квадрат данного уравнения получаем уравнение окружности с центром в начале координат и радиусом 1. Нам подходит половина этой окружности, расположенная в полуплоскости, задаваемой неравенством х>0.

149. Из свойств скалярного произведения следует, что

(a+b)(â-b) = à2-b2 = 9-4 = b.

150. Первая прямая образует с положительным направлением оси X угол 45° (ее угловой коэффициент или тангенс угла наклона к оси X равен 1). Вторая прямая наклонена к оси х под углом 30°. Угол между прямыми равен 15°.

151. По определению скалярное произведение векторов а и Ь равно I a 11 & I cos ос, где а — угол между векторами. Но 11 &| cos ос | есть длина проекции вектора Ь на прямую, содержащую вектор а. Следовательно, скалярное произведение заданных векторов равно ±6.

152. Преобразуем данное выражение: AB ВС+ВС • BD + + (ÄB+BD) • CB = (Äß • BC+Äß • CB) + (BC • BD + BD • CB) = =Äß • (ßC + Cß) + ßB- (ßC-bCß) = 0.

153. а) Выделяя полный квадрат (по х и по у), получим:

х2 + у2-4х-6у+12 = (х-2)2 + (у-3)2-1.

Таким образом, данное уравнение приводится к виду (х-2)2 + + (*/-3)2 = 1. Это уравнение окружности с центром в точке (2; 3) и радиусом 1. б) Возведем данное уравнение в квадрат (при условии у-1>0). Получим X2 + (у- I)2 = 5. Это уравнение окружности с центром в точке (0; 1) и радиусом Vö. Условие у-1>0 выделяет половину этой окружности.

154. а) Имеем х2 + (у-2)2 + (х-3)2 + у2 = 26; 2х2 + 2у2-6х-4у=13. Выделяем полные квадраты: 2(jc-l,5)2 + 2(z/-1)2-6,5 = 13. В результате приходим к уравнению (х- l,5)2 + (i/-1)2 = 9,75. Это уравнение окружности с центром в точке (1,5; 1) и радиусом V9,75. Замечание. С помощью метода координат не всегда легко определить геометрический смысл получаемой линии. В данном случае сразу видно, что центр окружности есть середина отрезка AB. Нетрудно также понять, что радиус получившейся окружности равен —Aß. Так будет всегда, независимо от координат точек А и В.

И для построения искомой окружности можно поступить следующим образом. Строим правильный треугольник ABC, а затем окружность с центром в середине AB, проходящую через точку С. б) X2 + (у - 2)2 - (х - З)2 - у2 = 13. После очевидных преобразований получаем уравнение прямой: Зх-2у = 9. Замечание. В этом уравнении уже труднее «увидеть», что полученная прямая перпендикулярна AB и проходит через точку А. (См. в этой связи задачу 33.) в) Возведя заданное равенство в квадрат (в данном случае такое преобразование будет эквивалентным), получим после очевидных преобразований уравнение прямой линии, являющейся серединным перпендикуляром к отрезку AB, т. е. 6х-4у = 6. г) Возведя данное равенство в квадрат, после простых преобразо-

ваний получим уравнение окружности (х-4)2 + (у+ — Y = Замечание. При любом кф\ геометрическим местом точек М, для которых AM = kBM, является окружность. Это так называемая окружность Аполлония. Ее центр находится на прямой AB. Для определения ее диаметра надо найти точки Мг и М2, лежащие на AB (одна из них внутри отрезка AB, а другая — вне), для которых выполняется заданное соотношение.

155. ÄC+^-2ÄD = (ÄB+AD) + (ÄD-ÄB)-2ÄD = 0.

156. а • 6 = 2 • 3cosl20° = -3; (а + Ъ) • а = а2 + а • 6=4-3= 1; (22 + 36) • (a-6)=j^2 + a-6-362 = 8-3-27 = -22.

157. Вектор AB имеет координаты: 2-1 = 1 и 3-2 = 1. Также найдем координаты других векторов: CD (4; -6), АС (-2; 2), BD(1; -5), СВ(-3; -1), DA (-2; 4). По формуле, выражающей скалярное произведение векторов через их координаты, найдем ÄB- CD =1 • 4 + 1 • (-6) = -2, АС BD = -12, DA-СВ = 2, (СВ + DA) (BD - ВС) = - 8.

158. Пусть МхО^; i/x) и М2(л;2; 1/2) — две точки на данной прямой, а значит, axl + by1 = c и ах2 + Ьу2 = с. Значит, вектор МХМ2 параллелен этой прямой. Надо доказать, что вектор п(а; 6) перпендикулярен МХМ2. Имеем Я • M1M2 = (x2-x1)a + (y2-y1)b = (x2a + y2b)--(xla + ylb) = c-c = 0. Это и означает перпендикулярность векторов п и МХМ2.

159. Введем систему координат, начало которой в центре окружности, а оси параллельны сторонам квадрата. Вершинами квадрата в этой системе будут точки А(1; 1), В(1; -1), С(-1; -1), Х>(-1; 1). Пусть М(х; у) — точка на окружности, х2 + у2 = 1. Имеем i^+ÏV№2 + ïï^+A№ = 4(x2 + i/2) + 8 = 12.

160. Пусть прямая р является осью симметрии многоугольника. Рассмотрим произвольную вершину А этого многоугольника. Возможны два случая: точка А лежит на прямой р (если такой случай возможен, то прямая р, соответствующая данной вершине А, единственна, поскольку все остальные вершины также должны либо лежать на этой прямой, либо они разбиваются на пары вершин, симметричных относительно нее) или точка А симметрична другой вершине В относительно этой прямой (в этом случае р есть серединный перпендикуляр к отрезку AB). Следовательно, число осей симметрии многоугольника не может превышать число его вершин и равно этому числу для правильного многоугольника. Соответственно наибольшее число осей симметрии для шестиугольника равно 6, при этом ровно 6 осей имеет правильный шестиугольник (3 прямые, содержащие большие диагонали, и три прямые, проходящие через середины противоположных сторон).

161. Угол между прямыми I и 1Х равен 180°-140° = 40°. Достаточно просто это понять следующим образом. Пусть О — центр поворота, А — проекция О на прямую I. После заданного поворота точка А переходит в точку Al9 /-АОА1 = 140°, прямая 1Х перпендикулярна ОА1. Если В — точка пересечения прямых I и lî9 то /-АВА1 = 40°. А это и означает, что угол между прямыми I и 1г равен 40°.

162. Если фигура имеет две оси симметрии m и п, то и прямая т19 симметричная m относительно п9 также является осью симметрии этой фигуры. Значит, данный многоугольник имеет по крайней мере 6 осей симметрии. Они разбивают плоскость на 12 углов в 30°. Если внутри какого-то угла есть вершина многоугольника, то у него будет по крайней мере 12 вершин, по одной внутри каждого угла. Но возможен случай, когда вершина многоугольника лежит на одной стороне какого-то угла. Тогда, симметрично отражая эту вершину, мы получим правильный шестиугольник. Значит, наименьшее число сторон многоугольника, который имеет две оси симметрии, пересекающиеся под углом 30°, равно 6.

163. При любом движении вершины многоугольника переходят также в вершины. Рассмотрим квадрат ABCD. Вершина А может остаться на месте, а может перейти в любую другую вершину. Рассмотрим все возможности. 1) А—>А. Понятно, что в этом случае противоположная вершине А вершина С также остается на месте. И мы имеем ровно две возможности: вершины В и D либо остаются на месте (тождественное преобразование), либо меняются местами. Итак, в этом случае существует два движения. 2) А—>В. Тогда C-*D. Теперь для В есть две возможности: В—»А (значит, D-+C, осевая симметрия относительно серединного перпендикуляра к AB) или В-+С (поворот на 90° вокруг центра квадрата). Значит, и в этом случае существует два движения. 3) А—►£>. Этот случай полностью эквивалентен предыдущему. Здесь также два движения. 4) А—>С (тогда С—>А). Здесь опять две возможности: либо В и D остаются на месте (симметрия относительно BD), либо меняются местами (поворот на 180° вокруг центра квадрата, т. е. центральная симметрия). Таким образом, существует 8 движений, переводящих квадрат в себя.

164. Искомая точка должна принадлежать серединным перпендикулярам к отрезкам АА' и ВВ'. И поскольку эти отрезки непараллельны, то центр поворота определяется как точка пересечения этих серединных перпендикуляров. В самом деле, обозначим через О точку пересечения указанных серединных перпендикуляров. Докажем, что Z.AOA' = Z.BOB'. Треугольники ОАВ и OA В' равны (по трем сторонам). Пусть положение треугольника ОАВ и отрезка OA зафиксировано. Тогда для точки В' имеются две возможности: В[ и В'2 (рис. 75). Покажем, что второй случай невозможен. В самом деле, в этом втором случае (точка В'2) серединные перпендикуляры к отрезкам АА' и ВВ'2 совпадают, т. е. эти отрезки параллельны, что противоречит условию.

Рис. 75 Рис. 76

165. Обозначим через О точку пересечения перпендикулярных прямых m и д. Возьмем произвольную точку А на плоскости и обозначим через ср угол, образованный лучом OA с соответствующим лучом прямой т. Обозначим через А' точку, симметричную А относительно т, а через А" точку, симметричную А' относительно п. Имеем ААОА = 2(р, ZA'OA" = 2(90°-ср). Таким образом, Z.AOA' = = 2ф + 2(90°-ф) = 180°, т. е. угол АОА" развернутый. А поскольку OA" = OA = OA, точка А" симметрична А относительно О. Утверждение задачи доказано.

166. Центр окружности находится на пересечении серединных перпендикуляров к любым двум непараллельным хордам окружности.

167. Этот отрезок можно построить разными способами. Например, построить прямоугольный треугольник с катетами 2 и 1. Его гипотенуза равна V5.

168. Рассмотрим отрезок AB. Проведем произвольный луч с началом в А (отличный от AB) и отложим произвольный отрезок АК (рис. 76). Построим в произвольном месте квадрат со стороной, равной АК, и отложим на луче АК отрезок КМ, равный диагонали построенного квадрата. Затем через точку К проведем прямую, параллельную MB. Точка С, в которой эта прямая пересечет отрезок AB, будет делить этот отрезок в нужном отношении (ВС:СА = МК:КА = ][2.) Замечание. Предложенный здесь метод построения является одной из разновидностей метода подобия.

169. Искомое геометрическое место представляет собой линию, состоящую из четырех единичных отрезков, параллельных сторонам квадрата, и четырех дуг единичных окружностей длиной в четверть длины окружности с центрами в вершинах квадратов.

170. Поскольку в условии не указано, какая сторона является основанием, необходимо рассмотреть несколько случаев. В результате получим, что искомое геометрическое место состоит из серединного перпендикуляра к AB без середины отрезка AB (основание AB) и двух окружностей радиуса AB с центрами в А и В

Рис. 77 Рис. 78

без точек пересечения этих окружностей с прямой AB (основания ВЫ и AM, рис. 77).

171. Можно предложить различные пути решения. Например, следующий. Возьмем три любые вершины многоугольника и построим треугольник, равный треугольнику с вершинами в них (по трем сторонам). Затем рассмотрим любую вершину и построим ее по расстояниям от нее до трех выбранных. Таким образом, мы последовательно построим вершины многоугольника.

172. Пусть в треугольнике ABC известны сторона AB и медианы к сторонам АС и ВС. Обозначим через M точку пересечения медиан этого треугольника (рис. 78). Тогда в треугольнике АМВ мы знаем все стороны (AM и ВМ равны — соответствующих медиан). Треугольник АМВ можно построить по трем сторонам, а затем построить и треугольник ЛВС.

173. Пусть в треугольнике ABC известны сторона AB и высоты ААг и ВВХ и при этом каждая из высот меньше стороны AB (рис. 79, а, б). Треугольники АВАХ и АВВг можем построить. И если эти треугольники не равны, то мы можем построить два треугольника, удовлетворяющие условию, расположив треугольники АВАг и АВВ1 либо по одну сторону от AB, либо по разные

Рис. 79

и продолжив затем отрезки ВАг и АВг до пересечения (в точке С). Если же эти треугольники равны (равны высоты), то второй случай невозможен, поскольку прямые ВАХ и АВг будут параллельными. Итак, если заданные высоты не равны и меньше заданной стороны, то задача имеет два решения. Если же эти высоты меньше заданной стороны и равны, задача имеет одно решение. Также одно решение имеет задача, если одна из высот равна стороне (другая при этом должна быть меньше этой стороны).

174. Построим произвольный треугольник, два угла которого равны заданным углам. Этот треугольник подобен искомому. Затем последовательно строим в нем центры вписанной и описанной окружностей, отрезки, равные радиусам этих окружностей, и, наконец, отрезок, равный сумме радиусов вписанной и описанной окружностей построенного треугольника. Пусть этот отрезок равен dx; d соответственно отрезок, равный указанной сумме радиусов в искомом треугольнике (d задан). Искомый треугольник подобен построенному с коэффициентом k=—. Замечание.

Предложенный метод является разновидностью метода подобия (см. также решение задачи 169). С его помощью можно решать задачи на построение треугольников, если какие-то из заданных величин определяют треугольник с точностью до подобия (например, заданы два угла, или угол и отношение сторон, его заключающих, или отношение всех трех сторон).

175. I способ. Пусть внутри угла задана точка А (рис. 80, а). Построим произвольную окружность, касающуюся сторон угла. Обозначим ее центр через Р. Проведем прямую через точку А и вершину угла М. Эта прямая пересечет построенную окружность в двух точках Б и С. Возьмем на прямой MP (биссектрисе угла) точку Ог так, что АОх параллельна BP. Окружность с центром Ох и радиуса ОхА касается сторон угла. Это следует из подобия соответствующих треугольников. Взяв на прямой MP точку 02 так, что АО2 параллельна CP, получим центр второй окружности, проходящей через А и касающейся сторон угла. II способ. Построим точку Е, симметричную А относительно биссектрисы (рис. 80, б). Искомая окружность должна проходить через точки А и Е. При

Рис. 80

Рис. 81

Рис. 82

Рис. 83

этом достаточно потребовать, чтобы она касалась одной из сторон угла. Обозначим эту точку через К. Пусть АЕ пересекает эту же сторону угла в точке F. Тогда FK2 = FE • FA. Значит, можно построить отрезок F К (см. задачу 178, б). Откладывая этот отрезок в обе стороны от точки F, можно построить обе окружности, удовлетворяющие условию, как окружности, описанные около известного треугольника. Замечание. В первом решении мы пользовались одной из разновидностей метода подобия.

176. Пусть О — центр данной окружности, А — данная точка. Окружность с диаметром OA пересекает данную окружность в двух точках, являющихся точками касания искомых касательных (рис. 81).

177. а) Искомый отрезок является гипотенузой треугольника с катетами а и Ь. б) Построим отрезок а + Ь и на нем как на диаметре построим полуокружность и восставим перпендикуляр к отрезку в точке, делящей его на части а и Ъ. Отрезок этого перпендикуляра между диаметром и полуокружностью и будет искомым (см. задачу 6). в) Перепишем данное равенство в виде пропорции — = —. Теперь можно построить искомый отрезок, используя теорему об отрезках, образующихся при пересечении сторон угла параллельными прямыми (построение понятно из рисунка 82). Можно, как и в предыдущем случае, воспользоваться задачей 6. Но в этом случае способ построения будет зависеть от того, какой отрезок больше: а или Ъ.

178. Это известная задача. Решить ее можно с помощью метода симметрии. Построим точку Bl9 симметричную точке В относительно прямой I (рис. 83). Теперь для любой точки M сумма AM + MB = AM -\-МВ1 и будет наименьшей, если M совпадает с М0 —

точкой пересечения АВХ с прямой I. Замечание. Как видим, для искомой точки М0 прямые АМ0 и ВМ0 образуют равные углы с прямой I. Именно так движется луч света после отражения от зеркала или бильярдный шар после отражения от бортика (закон отражения состоит в том, что угол падения равен углу отражения).

179. Наименьшей будет хорда, перпендикулярная прямой OA (О — центр окружности). Ее длина равна -а . (Из двух хорд меньше та, которая дальше от центра, а любая хорда, проходящая через точку А, удалена от центра на расстояние не большее, чем ОА = а.)

180. Пусть а и Ь — две стороны треугольника. Высота к стороне а не больше Ь. Значит, площадь треугольника не больше, чем \аЬ. 2

181. Продолжим медиану на расстояние, равное ей (известный прием, см. задачи 18 и 78). Мы получим треугольник, одна сторона которого равна удвоенной медиане, а две другие равны указанным в условии сторонам исходного треугольника. Теперь утверждение задачи следует из неравенства треугольника.

182. Достаточно очевидно, что искомое расстояние меняется в пределах от 4-2-1 = 1 до 4 + 2 + 1 = 7. Аккуратно обосновать это можно следующим образом. Пусть О и Q — центры данных окружностей, Ли В — точки на них. Тогда AB<AO + OQ + QB = 7, OQ<AO+AB + BQ, откуда AB > 1.

183. Рассмотрим окружность с центром О радиуса R. Пусть M — такая точка, что касательные из M к данной окружности перпендикулярны (именно это и означает, что угол, под которым видна из M данная окружность, равен 90°). Если А и В — точки касания, то О AM В — квадрат. Значит, ОМ = Искомое геометрическое место есть окружность с центром О радиуса R\[2.

184. Если угол тупой, то нельзя построить квадрат, три вершины которого лежат на сторонах угла, т. е. в этом случае искомое геометрическое место точек есть пустое множество. Если угол острый и больше 45°, то одна из сторон квадрата должна располагаться на одной из сторон угла. (Нетрудно доказать, что в этом случае на одной стороне угла не могут находиться противоположные вершины квадрата.) Имеются две возможности такого расположения (рис. 84, а). Соответственно геометрическое место точек состоит из двух лучей. Если угол меньше 45°, то возможны два варианта расположения квадрата, одна сторона которого лежит на стороне угла, а четвертая вершина — внутри угла; два варианта, когда одна сторона квадрата лежит на стороне угла, а четвертая — вне (к ситуации, изображенной на рисунке 84, а, добавляется еще возможность, изображенная на рисунке 84, б). Но в этом случае возможны еще два варианта расположения квадрата, когда на одной из сторон угла лежит диагональ квадрата (рис. 84, в). Итак, для углов меньше 45° искомое геометрическое место состоит из 6 лучей. Если угол равен 45°, то искомое геометрическое место то-

Рис. 84

чек состоит из 4 лучей. Если угол прямой, то искомым геометрическим местом точек является биссектриса угла.

185. Прямые, образующие треугольник, разбивают внешнюю по отношению к треугольнику часть плоскости на 6 областей (рис. 85). Из них три угла и три области прилегают к сторонам треугольника. Внутри образовавшихся углов нужных точек нет, поскольку из каждой точки внутри угла, вертикального к углу треугольника, треугольник виден под углом меньше 60°. Из каждой точки области, прилежащей к стороне угла, видна лишь одна сторона треугольника. И в этой области наше геометрическое место состоит из точек дуги сегмента, соответствующего этой стороне и вмещающего угол 60° (см. задачу 8).

186. Пусть О — центр окружности, АР — ее диаметр, С — точка пересечения AB с окружностью (рис. 86). Треугольник АВР подобен треугольнику АСО с коэффициентом 2. Значит, точка В принадлежит окружности с центром Р и радиусом, вдвое большим радиуса данной окружности. Можно доказать, что любая точка на указанной окружности принадлежит искомому геометрическому месту точек. Замечание. Искомое геометрическое место точек есть окружность, гомотетичная данной с коэффициентом 2

Рис. 85 Рис. 86

и с центром гомотетии в точке А. Вместо окружности можно взять любую другую линию.

187. Рассмотрим треугольник ABC, в котором угол А тупой. Пусть M — середина ВС, О — центр описанной окружности. Поскольку угол А тупой, точки А и О расположены по разные стороны от ВС. Значит, в треугольнике АМО угол при вершине M тупой (МО — перпендикуляр к ВС). Следовательно, этот угол наибольший в треугольнике АМО и AM <АО (задача 5).

188. Проведем через центр окружности прямую, параллельную стороне треугольника. Отрезок этой прямой, с одной стороны, больше 2 (диаметра окружности), а с другой — меньше соответствующей стороны треугольника.

189. Данный треугольник — тупоугольный (52 + 62<82). Значит, окружность, построенная как на диаметре на большей стороне, содержит треугольник. Понятно, что диаметр окружности, содержащей отрезок длины 8, не может быть меньше 8. Наименьший радиус соответственно равен 4.

190. Длина любой диагонали четырехугольника меньше суммы двух сторон, соединяющих ее концы. Значит, каждая диагональ меньше половины периметра четырехугольника, а сумма двух диагоналей меньше периметра.

191. Стороны треугольника обратно пропорциональны его высотам (см. задачу 81). Следовательно, ответ такой:

192. Пусть J — центр окружности, вписанной в треугольник ABC. Докажем, что ближайшей к J является вершина А, а наиболее удаленной — вершина С. Рассмотрим треугольник AJB. В этом треугольнике угол при вершине А больше угла при вершине В. Следовательно, В J >AJ (задача 5). Точно так же, рассмотрев треугольник BJC, докажем, что CJ>BJ.

193. Указанные диагонали лежат на биссектрисах внутренних углов треугольника КРМ (рис. 87), поскольку соответствующие углы (например, РКС и МКС) опираются на равные хорды, а следовательно, пересекаются в одной точке. Замечание. Указанные диагонали являются высотами в треугольнике ABC (точнее, лежат на прямых, перпендикулярных сторонам). Например, перпендикулярность АР и ВС следует из того, что сумма дуг BP, СМ и MA равна половине окружности. Таким образом, с помощью этой задачи можно дать еще одно доказа-

Рис. 87

тельство теоремы о том, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

194. Пусть в треугольнике АБС высота AD равна 1, ACAD = а, zlßAD = ß (рис. 88). Имеем AABD = 90°ßC = tga + tgß,

I способ. По теореме синусов

Откуда находим

II способ. Сумма площадей треугольников ACD и BCD равна площади треугольника АБС. Запишем это равенство, вычисляя эти площади по разным формулам (и умножив на 2),

Откуда вновь получим требуемую формулу.

195. Начнем со случая, когда точка М, удовлетворяющая условию, находится в полосе между прямыми AB и CD. Поскольку окружности, описанные около треугольников АВМ и С DM, равны, эти окружности либо совпадают, либо симметричны относительно прямой, проходящей через точку M и параллельной AB и CD. Значит, в указанной полосе искомое геометрическое место состоит из двух дуг описанной около квадрата окружности и прямой, параллельной AB и CD и равноудаленной от них. Вне квадрата и внутри полосы, задаваемой прямыми ВС и DA, точек, удовлетворяющих условию, нет. Остается рассмотреть четыре области, соответствующие углам, вертикальным к углам квадрата. Нетрудно понять, что здесь подходят точки, лежащие на продолжениях диагоналей квадрата. Докажем, что только такие точки нам и подходят. Рассмотрим точку M внутри угла, вертикального к углу АБС, для которой равны углы АМВ и CMD (рис. 89, а).

Рис. 88

Рис. 89

Построим точку N, такую, что BCNM — параллелограмм. Поскольку ACND = ААМВ = /-CMD, четырехугольник DMNC является вписанным. Из равенства DC = MN следует, что этот четырехугольник — трапеция (DM и CN — основания). А поскольку боковые стороны этой трапеции перпендикулярны, углы при основании DM этой трапеции равны 45°, т. е. M лежит на продолжении диагонали BD. Таким образом, все геометрическое место состоит из двух дуг описанной около квадрата окружности, одной прямой и четырех лучей (рис. 89, б). Замечание. Можно иначе обосновать последнее утверждение. То, что все точки, лежащие на продолжениях диагоналей, нам подходят, очевидно. Надо доказать, что других в рассматриваемых областях нет. Пусть точка М, удовлетворяющая условию, расположена внутри угла, вертикального к углу ABC. Опишем около треугольников АВМ и С DM окружности. Эти окружности равны и пересекаются в двух точках, симметричных относительно серединного перпендикуляра к AB. С другой стороны, каждая из этих окружностей пересекает продолжения диагоналей BD и АС (ведь углы АМВ и CMD равны и меньше 45°) в двух точках, также симметричных относительно серединного перпендикуляра к Aß, и для этих точек пересечения окружностей с продолжениями диагоналей все соответствующие углы равны между собой и равны углам АМВ и CMD. Но две окружности пересекаются не более чем в двух точках. Значит, точка M должна лежать на продолжении диагонали BD.

196. Можно поступить следующим образом. Сложим три кирпича, как показано на рисунке 90. Теперь легко измерить указанное на рисунке расстояние, которое равно диагонали кирпича.

197. Нужное измерение можно осуществить различными способами. Например, следующим образом. Сделаем на поверхности мяча пятно при помощи мела, краски или иным способом. Подкатим мяч по полу к стене и коснемся стены окрашенной частью. На стене получим отметку. Расстояние от этой отметки до пола и равно радиусу мяча.

198. Наполним водой до краев какую-нибудь емкость — ведро или что-то иное. Опустим в воду булыжник. Объем вытесненной воды и равен объему булыжника. Чтобы этот объем измерить, дольем воду в нашу емкость с помощью сосуда, вместимость которого известна (бутылки, стакана или другого сосуда).

199. Возьмем стопку из большого количества листов (100 или более). Измерим толщину стопки и разделим на число листов.

200. На практике часто используют следующий способ. Берут достаточно длинный кусок веревки, намазывают его мелом, натягивают между отмеченными на полу точками и, немного оттянув веревку, «щелкают» ею по полу. На полу остается след в виде отрезка прямой, соединяющего две отмеченные точки.

Рис. 90

Рис. 91

201. Если вас трое или более человек, можно поступить следующим образом. Двое располагаются за выбранными деревьями так, чтобы не видеть другого дерева. Затем они указывают третьему человеку, где тот должен встать, чтобы его не видели двое первых. Это место и отмечается с помощью кола или иным способом.

202. Если вы располагаете лодкой, то необходимое измерение сделать нетрудно. Сложнее, если вы должны оставаться на берегу водоема. Здесь можно поступить следующим образом. (Мы предполагаем, что наш водоем не очень велик.) Возьмем достаточно длинную веревку, привяжем к ее концу тяжелый предмет и закинем этот предмет подальше от берега. Подождем, пока он совсем утонет, ляжет на дно. Натянем веревку и поднимем вверх руку с натянутой веревкой. Измерим расстояние от того конца веревки, который вы держите в руке, до того места, где веревка уходит в воду. (Это можно сделать различными способами, в зависимости от ситуации.) Затем вытаскиваем из воды всю веревку и, основываясь на подобии треугольников (рис. 91), вычисляем глубину водоема в соответствующем месте. Для этого мы должны знать и свой рост с вытянутой вверх рукой. Предполагаем также, что дно водоема не имеет резких впадин и бугров. Замечание. В данной задаче (да и в других сходных) мы измеряем собственно не глубину водоема, а другие величины, после чего уже нужную глубину вычисляем. Аналогично решаются многие другие практические задачи измерения тех или иных величин.

203. Здесь, как и в предыдущей задаче, можно использовать метод подобия. В солнечный день измерим длину тени дерева. Затем возьмем шест известной длины, поставим его вертикально и также измерим тень. Высота дерева будет больше длины шеста во столько же раз, во сколько его тень больше тени шеста.

204. Недостаточно проверить, что у сделанной рамки равны противоположные стороны. Недостаточно проверить еще равенство диагоналей. Может оказаться, что изготовленная рамка не является плоской, но при этом все три пары соответствующих отрезков равны. Чтобы четырехугольник ABCD, в котором AB = CD, BC=AD, AC = BD, являлся прямоугольником, достаточно, например, чтобы расстояние между серединами AB и CD равнялось стороне ВС (а также AD). Докажем это (рис. 92). Пусть M vi К соответственно середины сторон AB и CD и МК = ВС. Обозначим

через Р середину АС, тогда МР + РК = = -| (ВС +AD) = ВС = Следовательно, К лежит на прямой MP. А так как эта прямая лежит в плоскости АБС, то и прямая CK, а значит, и точка D лежит в этой плоскости. Замечание. Пусть А, Б, С и D — четыре точки в пространстве, M и К соответственно середины АБ и CD.

Равенство МК = -|- (БС+AD) дает нам необходимое и достаточное условие для того, чтобы ВС и AD были бы параллельны.

205. Решить эту задачу можно различными способами. Например, можно воспользоваться тем, что биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке. Пусть А — точка пересечения данных прямых (недоступная). Проведем произвольную прямую, пересекающую данные прямые в точках Б и С. Биссектрисы углов Б и С треугольника АБС мы можем построить. Найдем точку их пересечения. Она лежит на искомой биссектрисе. Проведя другую прямую, пересекающую данные, и повторив построение, мы найдем еще одну точку на биссектрисе. Проведя через них прямую, построим биссектрису. Замечание. Может оказаться, что такое построение невозможно: центры вписанных окружностей получающихся треугольников расположены вне данного листа. Здесь надо искать другие способы. Можно, например, поступить следующим образом. В треугольнике АБС (см. решение) мы знаем углы при вершинах Б и С. Построим в произвольном месте (можно даже на другом листе бумаги) треугольник А0Б0С0, подобный треугольнику АБС, проведем в нем биссектрису А0Е0. Затем построим на ВС точку, делящую этот отрезок в том же отношении, в каком точка Е0 делит Б0С0, и проведем через Е прямую, образующую с ВС такие же углы, как А0Е0 с Б0С0.

206. См. рисунок 93.

207. С помощью циркуля и короткой линейки можно, например, построить середину данного отрезка. Замечание (для учителей и учащихся физматклассов). Оказывается, прямую можно построить и не используя циркуль, при помощи одной, сколь угодно короткой линейки, например опираясь на известную теорему Дезарга.

208. Возьмем какую-нибудь точку на прямой I и восставим в этой точке перпендикуляр к /, обозначив его через р. Можно это сделать так, чтобы перпендикуляр р прошел достаточно близко к точке А (возможно, потребуется несколько попыток). Затем опускаем из А перпендикуляр на р (он параллелен прямой I) и строим перпендикуляр к I, проходящий через А.

Рис. 92

Рис. 93

Рис. 94

209. Проведем с помощью данной линейки через две точки несколько линий, по-разному прикладывая линейку (сдвигая и переворачивая). Если все эти линии совпадут, можно считать, что данная линейка позволяет проводить прямые линии.

210. Можно воспользоваться тем, что сторона правильного шестиугольника равна радиусу описанной окружности. (Построение понятно из рисунка 94.)

211. Можно поступить следующим образом. Не доходя до препятствия, свернуть под прямым углом (по часовой стрелке), пройти достаточно далеко в этом направлении (при этом замерить пройденное расстояние), вновь свернуть под прямым углом (против часовой стрелки), пройти достаточное расстояние в этом направлении, вновь свернуть под прямым углом (против часовой стрелки), пройти то же расстояние, что и после первого поворота, и еще раз повернуть под прямым углом (по часовой стрелке). После чего туристы могут продолжить свой путь.

212. Ровно в 3 ч угол между стрелками равен 90°. За 5 мин минутная стрелка пройдет — круга, т. е. повернется на 30°. Часовая стрелка за 1 ч поворачивается на 30°, а за 5 мин она повернется на 30° : 12 = 2°30'. Значит, угол между часовой и минутной стрелкой в 3 ч 5 мин равен 90o-30° + 2°30' = 62o30'.

213. Рассмотрим 4 последовательные вершины А, В, С и D правильного вписанного шестиугольника. (Эти точки можно построить одним циркулем.) Построим две окружности с центрами А и Б, проходящие соответственно через С и Б (эти окружности имеют радиус, равный R^fs, где R — радиус данной окружности). Пусть Е — одна из точек пересечения этих окружностей. Тогда по теореме Пифагора получаем, что ЕО = \]aE2-A02=R\[2 (О -центр окружности). А это и есть сторона вписанного квадрата.

214. Площадь кольца с внутренним диаметром 2 см и внешним— 16 см равна тс(64 -1) = 63л (см2). Нам необходимо взять столько кусков, чтобы суммарная площадь была бы больше, чем 10000-0,05 = 500 (см2). Теперь понятно, что для выполнения работы нам потребуется (самое маленькое) 3 стандартных куска.

215. Из квадрата со стороной можно вырезать 17 квадратов со стороной 1 (рис. 95). Соответственно из квад-

Рис. 95

рата со стороной 1 м и можно вырезать 17 квадратов со стороной 25 см. Так как легко проверить, что 25 • —- < 18, то 17 таких квадратов можно выпилить и из заданного листа фанеры.

216. Для первого случая построение показано на рисунке 96, а. Сначала строим две окружности, проходящие через А, с центрами на прямой Z, а затем проводим прямую через А и А (вторую точку пересечения построенных окружностей). Второй случай показан на рисунке 96, б. Строим произвольную окружность, проходящую через точку А, с центром вне прямой I и пересекающую I в двух точках. Через В — вторую точку пересечения — проводим диаметр ВА. АА есть искомый перпендикуляр.

217. Треугольника с такими сторонами не существует.

218. Медиана к гипотенузе в прямоугольном треугольнике равна половине гипотенузы (в данном случае 3,5), а высота не может превосходить медианы. Следовательно, искомый треугольник невозможен.

219. Периметр описанного многоугольника больше длины окружности. В данном случае длина окружности равна 2я>6. Значит, указанный в условии многоугольник невозможен. Замечание. В этой и двух предыдущих задачах можно, формально применяя соответствующую формулу, найти «ответ». Подобные задачи несут определенную воспитательную функцию: в геометрических задачах следует анализировать числовые данные даже в случаях, когда эти данные входят в область значений соответствующей алгебраической формулы.

Рис. 96

Рис. 97

Рис. 98

Рис. 99

220. Решение понятно из рисунка 97.

221. Решение понятно из рисунка 98. Замечание. На рисунке 99 показано одно из наиболее известных решений древней задачи: разрезать два квадрата на части, из которых можно сложить один квадрат. Как следует из рисунка 99, любые два квадрата можно разрезать на пять частей, из которых можно составить один квадрат.

222. Искомое расстояние можно считать равным сумме длин двух касательных к поверхности земного шара: одна — от Робинзона (от его глаз), другая — из вершины скалы. Как известно, длина касательной к окружности радиуса R из точки, расположенной на расстоянии h от окружности, равна ]/h (h + 2R). При малых h эту величину можно считать равной \J2Rh. Нам надо оценить величину \l2Rh^2Rh2, где .R=6000 км, Ä! = 0,002 км, Л2 = 0,012 км. Вычисления показывают, что это расстояние приблизительно равно 17 км. (Первое слагаемое равно 5 км, а второе равно 12 км.) Замечание. Во всех практических задачах, где ставился вопрос об измерении или же вычислении на основании измерений той или иной величины, мы опускали очень важный момент — оценку точности измерений, погрешность наших вычислений. Как нетрудно видеть, все наши измерения и последующие вычисления приводят к результатам с большими ошибками. И об этом следует сказать, хотя детальное обсуждение этих вопросов далеко вывело бы нас за рамки собственно Геометрии.

Рис. 100

Рис. 101

223. Каждую винтовую линию (лестницу) можно распрямить так, что она превратится в отрезок прямой, образующий угол заданной величины с плоскостью. Поскольку высоты всех цилиндров одинаковы, длина этого отрезка не зависит от диаметра цилиндров. Замечание. Эта длина не зависит и от формы башен. Важны лишь высота и угол наклона лестницы к плоскости. Если вы поднимаетесь по горной дороге и угол наклона дороги к горизонтальной плоскости постоянен, то длина пути зависит лишь от разности высот над уровнем моря в начальной и конечной точках (и от величины угла).

224. Надо сложить спички в виде пирамиды (рис. 100).

225. Последовательность построений достаточно очевидна. Строим треугольники ABC и ABD (рис. 101). В каждом из них проводим медианы DM и СМ. Затем строим треугольник DMC, а в нем медиану МК.

226. Понятно, что кратчайший путь, соединяющий противоположные вершины куба (рис. 102), проходит через две грани, пересекая соответствующее ребро. Для выбранной пары вершин мы имеем три возможности. Пусть наш путь проходит через указанное на рисунке ребро. «Развернем» грани, имеющие это ребро общим, на плоскость. Получим прямоугольник, составленный из двух квадратов, в котором проведена линия, соединяющая противоположные вершины. Кратчайший путь — диагональ этого прямоугольника. Его длина v5 (для единичного куба).

227. 1) (Рис. 103, а.) Все грани пирамиды являются равными треугольниками по 3-му признаку равенства треугольников. 2) (Рис. 103, б.) Треугольники ABD и BDC равны (по 1-му признаку), следовательно, AD = BC и все треугольники равны по 3-му признаку. 3) (Рис. 103, в.) Треугольники ABD и ABC

Рис. 102

Рис. 103

Рис. 104

Рис. 105

равны (2-й признак), следовательно, AD = BC, BD=AC и теперь все треугольники равны по 3-му признаку. 4) (Рис. 103, г.) Треугольники ABD и CDB равны (2-й признак), следовательно, AD = BC, AB = CD. Значит, треугольники ABD и ACD также равны (1-й признак), следовательно, BD=AC. И наконец, треугольники ABD и ABC равны по 3-му признаку.

228. Медиана в правильном треугольнике со стороной 1 равна — (AM = ВМ = ——, рис. 104). Теперь надо найти медиану МК к основанию AB = 1 в равнобедренном треугольнике АВМ. Она равна —.

229. Продолжим KL до пересечения с продолжением ребра куба в точке Р (рис. 105). Треугольник LP M правильный. Следовательно, AKLM= 120°.

230. Обозначим заданные точки через А, Б, С и D. Пусть AD = V3, а все остальные расстояния по 1. Если M — середина ВС, то AM = DM =

Значит, точка M лежит на отрезке AD, а из этого следует, что все точки лежат в одной плоскости.

231. Обозначим через M середину AB (рис. 106, а). Указанные в условии отрезки принадлежат треугольнику CDM, а следовательно, пересекаются независимо от того, лежат или нет точки А, В, С и D в одной плоскости. Имеем задачу по планиметрии. В треугольнике CDM на стороне СМ взята точка К так, что СК = 2МК,

Рис. 106

Р — середина CD. В каком отношении делится каждый из отрезков MP и DK точкой пересечения? Эту задачу можно решать методом подобия (рис. 106, б). Проведем через точку D прямую, параллельную СМ, и продолжим MP до пересечения с этой прямой в точке N. Из подобия треугольников PDN и РСМ (в данном случае даже равенства) следует, что DN = CM. Теперь из подобия треугольников DNL и KML (L — точка пересечения DK и MP) получаем, что DL:LK = DN: КМ = 3:1. Чтобы найти, в каком отношении DK делит МР9 надо провести через M прямую, параллельную DC, и продолжить DK до пересечения с этой прямой. Сделайте это самостоятельно (MP делится на равные части). Замечание. Данную задачу можно использовать в качестве иллюстрации метода масс. Разместим в заданных точках единичные массы. Тогда центр масс, находящихся в А и В,— середина AB, и можно заменить их одним грузом вдвое большей массы, расположенным в середине AB. Два оставшихся груза заменяем одним грузом с вдвое большей массой, расположенным в середине DC. Значит, центром всех четырех масс является середина отрезка, соединяющего середины AB и CD. С другой стороны, три груза, расположенные в точках А, В и С, можно заменить одним тройным грузом, расположенным в точке пересечения медиан треугольника ABC (точка пересечения медиан треугольника является центром масс для трех равных грузов, находящихся в его вершинах). Таким образом, центр масс всех четырех грузов расположен на отрезке, соединяющем D с точкой пересечения медиан треугольника ABC, и делит этот отрезок в отношении 3:1, считая от точки D. Использование понятия центра масс оказывается весьма полезным при решении подобных задач. Однако в школьном курсе геометрии на базовом уровне его не изучают.

232. Пусть А0, В0 и С0 соответственно середины ВС, CA и AB, а Аи Вх и Сх — точки пересечения медиан треугольников DBC, DCA и DAB. Треугольник А0В0С0 подобен треугольнику ABC с ко-

эффициентом —. А треугольник А1В1С1 подобен треугольнику А0В0С0 с коэффициентом

Следовательно, треугольник А1Б1С1 подобен треугольнику АБС с коэффициентом

233. Каждое ребро пирамиды равно сумме радиусов двух шаров, центры которых в концах ребра (следует из того, что эти шары касаются друг друга внешним образом). Значит, AB-\-CD = = BC+AD и AC + BD=AB + CD. (В обоих равенствах суммы слева и справа равны сумме радиусов всех четырех шаров.) Из первого равенства находим CD = 10, а из второго — BD = 9.

234. Треугольники ADK и СВК подобны (по углам), АК и CK — соответствующие стороны. Радиус окружности, вписанной в Л СБИТ, равен 1 • — = 2,25.

235. Произведение данных отрезков равно квадрату высоты (задача 6). Значит, высота равна 3, а площадь треугольника 15.

236. Имеем

По теореме синусов

237. Треугольники МСВ и MAD подобны (соответствующие вершины выписаны в одинаковом порядке). Следовательно, AD =

238. ВМ = СМ = 2R sin а (см. задачу 9).

239. A PBI = А РВС + А СБ J = ^-МС + ААВС = А РАС + /_ QBI = 70°, ABIP = AIAB + AIBA= 70°, АВР1 = 40°. Замечание. Нетрудно понять, что Р есть центр окружности, описанной около треугольника BIC (см. задачу 32).

240. Обозначим сторону квадрата через 2х. По теореме Пифагора (рис. 107) имеем х2 + (2jc)2 = 1. Сторона квадрата равна

241. Пусть M (х; у) — точка, принадлежащая указанному множеству. Имеем (х-1)2+ у2+ (х-2)2+ у2 = 2(х2+ у2), откуда х=^.

Искомое множество есть прямая, перпендикулярная оси абсцисс.

242. Обозначим через Р точку пересечения отрезков АК и СМ (рис. 108). Чтобы найти отношение АР:PK, проведем через А прямую, параллельную БС, и обозначим через Е точку пересечения этой прямой с продолжением СМ. Из подобия

Рис. 107

Рис. 108

треугольников АЕМ и ВСМ найдем, что АЕ = — ВС. Теперь из подобия треугольников АЕР и КСР получаем

Чтобы найти отношение СР:РМ, надо провести через С прямую, параллельную AB. (Сделайте это самостоятельно.) Замечание. С помощью такого приема (разновидность метода подобия) мы решали задачу 231. Как и в ней, при решении данной задачи можно использовать понятие центра масс. Поместим в вершинах А, В и С грузы с массами соответственно 15, 10 и 8 единиц. Массы грузов мы подобрали так, чтобы центр масс пары груза в вершинах А и В совпадал с точкой M, а центр масс пары грузов в вершинах Б и С совпадал с точкой К. Значит, Р является центром масс всех трех грузов. CP:РМ = 8:(15 + 10) = 8: 25, АР:РК = 15 :(10 + 8) = 5:6.

243. Рассмотрим треугольник ОАВ (рис. 109), в котором

По теореме косинусов найдем радиус ОБ

244. Пусть К и M — середины двух противоположных сторон квадрата, вписанного в единичную окружность с центром О, OA — радиус, перпендикулярный КМ (рис. 110). Понятно, что окружность, описанная около треугольника KAM, касается данной окружности. Таким образом, задача свелась к вычислению радиуса окружности, описанной около равнобедренного треугольника KAM с основанием КМ = \[2 и высотой к основанию, равной 1.

Искомый радиус равен —. (См. решение задачи 64 и замечание к ней.)

Рис. 109 Рис. 110 Рис. 111

Рис. 112

Рис. 113

Рис. 114

245. Опустим из А перпендикуляр АК, равный 1, и AM, равный 2, на стороны угла (рис. 111). Очевидно, что окружность радиуса 1 с центром в середине AM касается сторон угла. Также очевидно, что меньше 1 искомый радиус быть не может. Замечание. Эта задача еще раз учит учеников быть внимательнее к числовым данным в задаче. Как известно, существуют 2 окружности, проходящие через А и касающиеся сторон угла (см. задачу 175). Нетрудно составить уравнение для определения этого радиуса. Обозначим его через х. Введем очевидным образом систему координат, оси которой содержат стороны угла. Тогда, поскольку окружность касается сторон угла, центром окружности будет точка 0(х; х), ОА2 = х2. Получаем для х уравнение (после упрощения): X2 -6х + 5 = 0, корни которого 1 и 5. Наименьший 1. Но еще раз подчеркиваем, что по условию задачи нам не требовалось находить оба корня.

246. Пусть X — сторона искомого правильного треугольника ABC. Рассмотрим случай а<90° (рис. 112). Если M — середина ВС, то OM=^ctga, АМ=хЦ-, ОМ+АМ=\. Значит,

Ответ останется таким же, если 90°<а<120°. Если 120°<а<180°, то задача не имеет решения.

247. Положим АКВМ = а (рис. 113). Последовательно находим: АВМК = а, АМАК = = АМКА= 2а, Z.CAB = АСМА = За. Таким образом, углы при основании треугольника ЛВС равны За. Из уравнения 6а + а = л найдем а =

Углы треугольника равны —, — и —.

248. Понятно, что искомая окружность должна пересекать стороны треугольника (рис. 114). Часть окружности вне треугольника состоит из трех равных дуг. Так же и ее часть внутри треугольника состоит из трех равных дуг. Из условия следует, что все эти шесть дуг равны между собой, а, следовательно, каждой из них соответствует центральный угол 60°. Соединив центр окружности с точками пересечения ее со сторонами треугольника, разделим треугольник на три равных ромба (острый угол 60°, сторона — радиус окружности) и три правильных треугольника (сторона — радиус окружности). Каждая сторона данного треугольника при этом будет разделена на три отрезка, равных между

Рис. 115

собой и равных радиусу окружности. Таким образом, радиус окружности равен —.

249. Искомая часть состоит из двух равных сегментов, соответствующих центральному углу в 90° единичного круга. Площадь одного сегмента равна - , а искомая площадь равна ^ -1.

250. Общую часть двух кругов (ее площадь je, рис. 115) можно представить в виде объединения сектора единичного круга, соответствующего углу в 60°, и сегмента, соответствующего такому же углу. Получаем х = — + —--— = —--—. Чтобы найти искомую площадь, надо из площади квадрата вычесть дважды площадь четверти единичного круга (т. е. площадь полукруга) и прибавить X. В результате получим 1- - .

251. Из условия следует (см. задачу 5), что АМ<АВ и ВМ<АВ. Следовательно, искомое геометрическое место есть пересечение двух кругов радиуса AB с центрами А и В. При этом все точки на прямой AB следует удалить. Точка на границе в искомое геометрическое место не входит.

252. Имеем СА2 = СА1 = СА = Ь, /_ВСА2 = 90°. По теореме Пифагора ВА2 = \/а2 + Ъ2.

253. Сумма внутренних углов я-угольника равна 180°(л-2), сумма внешних всегда 360° (задача 7). Из уравнения 180° (п- 2) = = 360° получаем п = 4.

254. Пусть в многоугольник можно вписать окружность и эта окружность касается стороны AB = 2 в точке К. По крайней мере, один из отрезков АК или ВК не меньше 1. Пусть BK^l. Но это означает, что сторона ВС = 1 (соседняя с AB) не может касаться окружности (ведь точка касания должна быть внутри стороны).

255. Обозначим точки пересечения окружностей через Р и К. По теореме о произведении отрезков хорд окружности имеем AM ■ MB = РМ ■ МК = СМ • MD. Значит, MD = ^-. Замечание. По существу, мы доказали, что точки А, В, С и D всегда лежат на одной окружности.

256. Пусть M принадлежит искомому геометрическому месту точек. Значит, СМ — касательная к окружности, проходящей через А, В и М. Следовательно, СМ2 = СА СВ. Итак, СМ имеет постоянную длину. Таким образом, точка M лежит на окружности с центром С радиуса \[СА~СВ. Нам подходят все точки этой окружности за исключением двух точек ее пересечения с прямой AB.

257. Попытаемся построить треугольник ABC. Сначала построим угол 30°, обозначив его вершину через А. Отложим на одной из сторон отрезок AB = 2 и с центром В построим окружность радиуса а. Если а<1, то окружность не пересекает другую сторону угла и соответствующий треугольник невозможен. Если а = 1, то окружность коснется противоположной стороны угла и соответствующий треугольник единственный. Если 1<а<2, то окружность пересекает противоположную сторону в двух различных точках и существует два треугольника, удовлетворяющих условию. И наконец, если а>2, то вновь получаем, что существует единственный треугольник, удовлетворяющий условиям, поскольку вторая точка пересечения окружности с прямой, на которой лежит другая сторона угла, либо совпадает с вершиной угла, либо находится вне угла. Итак, нам подходят следующие значения а: а = 1 и а>2. Замечание. Можно было бы, обозначив третью сторону треугольника через х, записать теорему косинусов для этого треугольника. Тогда наша задача по геометрии сразу сводится к задаче по алгебре: определить, при каких значениях параметра а данное квадратное уравнение имеет единственное положительное решение.

258. Рассмотрим окружность с центром О. Пусть А — некоторая точка внутри этой окружности, отличная от О. Проведем через точку А произвольную хорду. Тогда серединой M этой хорды будет основание перпендикуляра, опущенного на нее из О. Значит, M лежит на окружности диаметром OA. Нетрудно понять, что нам подходят все точки этой окружности. Если же А совпадает с О, все геометрическое место состоит из одной точки А.

259. На основании «равенства параллелограмма» (см. задачу 17) найдем другую сторону. Она равна \[î. Диагонали разбивают параллелограмм на 4 треугольника, два из которых имеют стороны 2, 3 и \/~7, а два других соответственно 2, 3 и Vl9. Угол между сторонами 2 и 3 в первом треугольнике и есть искомый угол. По теореме косинусов найдем, что его косинус равен -|-, т. е. угол между диагоналями параллелограмма равен 60°.

260. Построим окружность, симметричную первой окружности относительно точки А. В результате этой симметрии точка К перейдет в М. Следовательно, нам надо построить все точки пересечения окружности, симметричной первой относительно А, со второй окружностью и провести прямые через А и каждую из этих точек. В зависимости от расположения окружностей и точки А задача имеет 0, 1 или 2 решения и даже бесконечное число решений (если данные окружности симметричны относительно точки А).

261. Нам подходят все точки внутри или на границе полосы, задаваемой прямыми AB и CD. Других точек нет.

262. Данная хорда делится на отрезки, произведение длин которых равно (5-h3)(5-3)= 16. Но длина хорды 8. Значит, точ-

ка M — середина этой хорды. (Если х — один из отрезков хорды, то из уравнения jc(8-jc)=16 найдем х = 4.) Следовательно, проведенная хорда перпендикулярна диаметру, проходящему через М.

263. Построим угол Теперь можем построить угол ^--2^- = -^- = -^- • Замечание. В связи с этой задачей полезно упомянуть известную древнюю задачу о трисекции угла. Как известно, задача о трисекции угла (деление угла на 3 равные части с помощью циркуля и линейки) неразрешима в общем случае. Другими словами, с помощью циркуля и линейки (математической линейки, с помощью которой можно лишь проводить прямую через две точки плоскости) невозможно разделить произвольный угол на 3 равные части. Но никакого противоречия с данной задачей здесь нет. В нашей задаче мы имеем дело с углом, величина которого известна. Решение этой задачи следует начать с обсуждения, какие углы мы умеем строить. И как только ученики вспомнят про угол —, привлечь их внимание к этому углу. Полезно затем решить еще несколько задач такого же типа: разделить на 3 равные части угол величиной —, где п — натуральное не делящееся на 3 число.

264. Пусть M — произвольная точка на основании ВС равнобедренного треугольника ABC, х и у — расстояния от M до боковых сторон AB и АС. Воспользуемся методом площадей (вернее, одной из его разновидностей, см. также решения задач 24 и 25). Сумма площадей треугольников АВМ и АСЫ постоянна и равна площади треугольника ABC. Значит {Ъ — боковая сторона треугольника АБС, h — высота к ней), —bx+—by=—bh9 откуда x + y = h.

265. Будем строить треугольник по заданным величинам. Возьмем прямую, из точки M на этой прямой восставим перпендикуляр и отложим на нем отрезок MA =7. Затем построим окружность с центром А и радиусом 8 и обозначим через В одну из ее точек пересечения с проведенной прямой. Рассмотрим окружность с тем же центром А радиусом а. Понятно, что при а<7 эта окружность не пересекает прямую AM и соответствующий треугольник невозможен. Если а = 7, то эта окружность касается прямой AM, и получаем единственный треугольник АВМ, удовлетворяющий условиям. При дальнейшем увеличении а, как легко видеть, при всех а ^ 8 (а > 7) получаем два различных треугольника, удовлетворяющие условию задачи. Итак, а = 7 или а = 8.

266. Рассмотрим все возможные случаи. 1) Данный угол есть угол между заданными сторонами. Такой треугольник единственный. 2) Данный угол расположен против стороны длины 2. Такой треугольник также лишь один. Это следует из построения. Строим угол 31°, откладываем на одной из его сторон от вершины отрезок длины 1 и строим окружность радиуса 2 с центром в дру-

гом конце этого отрезка. Очевидно, что эта окружность пересекает противоположную сторону угла в единственной точке. 3) Данный угол расположен против стороны 1. Такой треугольник невозможен. Это следует из построения. Строим угол 31°. Откладываем на одной из его сторон отрезок длины 2. Расстояние от второго конца этого отрезка до противоположной стороны угла больше 1 (оно было бы равно 1 для угла 30°). Следовательно, этот случай невозможен. Таким образом, существует два треугольника, удовлетворяющие условию задачи. Замечание. Полезно рассмотреть ту же задачу, заменив угол 31° на угол 29°. В этом случае ответом на вопрос было бы число 4.

267. Прямая, проходящая через указанные середины сторон, вместе с продолжениями двух других сторон квадрата образует равнобедренный прямоугольный треугольник с катетами Радиус вписанной в этот треугольник окружности равен —--—. Эта окружность содержится в указанном пятиугольнике и является наибольшей.

268. Как известно (см. задачу 9), для любой хорды окружности отношение ее длины к синусу опирающегося на нее вписанного угла есть диаметр окружности, т. е.

Из этого равенства получим

269. В зависимости от того, какая сторона треугольника является гипотенузой, третья сторона равна или 5, или \[ï.

270. Из формулы, выражающей площадь треугольника через две стороны и синус угла между ними, находим, что синус угла между данными сторонами равен ^. Значит, этот угол равен или 30°, или 150°. Третья сторона находится по теореме косинусов. Она равна

271. Из условия следует, что данный четырехугольник — трапеция, так как сумма углов Б и С равна 180°, а значит, стороны AB и CD параллельны. Высота трапеции БМ=\^3, значит, AD = 2\/з. Треугольник ADK — равнобедренный (DK — биссектриса угла ADC, значит, ADKA = AKDC = Z.KDA). Таким образом, AK=AD = 2\fs.

272. По формуле, указанной в задаче 26, получим, что эти отрезки равны 4, 3 и 2.

273. Пусть X — длина касательной ко вписанной окружности, выходящая из вершины, общей для сторон 5 и 6 (сторона 5 делится на отрезки х и 5-х). Тогда сторона 6 делится на отрезки х и 6-х. Продолжая обход, найдем, что сторона 8 делится на отрезки 6-х и 8-(6-х) = 2 + х. Следующая сторона — на отрезки 2 + х и 10-(2-hx) = 8-jc. Затем (сторона 7) — 8-х и jc-1. В результате приходим к равенству х-1 = 6-х. Откуда х = 3. Таким образом, меньшая сторона делится на отрезки длиной 2 и 3.

Рис. 116

274. I способ. Обозначим через Б и С проекции А на стороны угла. Пусть OB = а, АС = = Ъ. Продолжим AB до пересечения с другой стороной угла в точке Е (рис. 116). Учитывая, что /-CAE = сс, последовательно находим:

II способ. Пусть ОА = х, ^АОБ = ф. Получаем систему уравнений jccoscp = a, xsin(a-(p) = b. Раскроем во втором уравнении синус разности и заменим cosФ = —. Затем найдем sinф = asina~& и Подставляя найденные выражения в соотношение cos2 ф + sin2 ф = 1, получим уравнение для х.

III способ. Возьмем точку D так, что OBAD — прямоугольник. Точки О, А, Б, С и D лежат на окружности диаметром OA, т. е. OA есть диаметр окружности, описанной около AACD. По теореме косинусов находим CD (знаем, что AD = a, /LDAC = 90°-a), а затем (задача 9) и OA. Замечание 1. Все три решения иллюстрируют совершенно разные идеи. В решении 2 можно было бы выбрать другие неизвестные (например, АБ и ОС). Конечно, предложенный в решении смешанный (отрезок и угол) выбор неизвестных не совсем обычен, но он удобен тем, что получающаяся система довольно легко решается. Замечание 2. Задача стала бы существенно более трудной, если бы в условии не указывалось, что данный угол острый и точка А — внутри угла. Попробуйте решить задачу, сняв эти ограничения.

275. Если меньшая сторона треугольника равна 2, то другие должны отличаться друг от друга меньше, чем на 2. Значит, из данных отрезков можно сложить 3 треугольника, используя отрезок длины 2. Из оставшихся четырех отрезков любые три могут служить сторонами треугольника. Здесь получаем 4 треугольника. А всего различных треугольников 7.

276. У каждого треугольника одна сторона равна 2. Поскольку оба треугольника равнобедренные, стороны одного из них 1 или 2, а другого 2 или 4. Таким образом, стороны одного треугольника могут быть равны 1, 2 и 2, а другого 2, 4 и 4. Периметр четырехугольника равен 11.

277. Обозначим данное основание трапеции через ВС. Пусть расстояние от О до другого основания равно х. Имеем

Рис. 117

278. Можно поступить так же, как при решении задачи 119. Но в данном случае можно решить и проще. Обозначим углы, как на рисунке 117. Тогда по свойству внешнего угла треугольника АА = /-2 + Z4, АВ = ZL3 + Ab. Таким образом, сумма всех пяти углов равна сумме углов треугольника и равна 180°.

279. Рассмотрим окружность, касающуюся сторон угла так, что отрезок OA не пересекает окружность. Как мы знаем (см. задачу 35), любая касательная к этой окружности, пересекающая отрезки касательных к этой окружности, проведенных из вершины угла, отсекает от угла треугольник постоянного периметра. Периметр этот тем меньше, чем меньше радиус окружности. Но уменьшать радиус окружности мы можем лишь до тех пор, пока она не пройдет через точку А. Таким образом, задача сводится к построению окружности, проходящей через А, касающейся его сторон и не пересекающей отрезок OA. Но задачу на построение окружности, проходящей через заданную точку А внутри угла и касающейся его сторон, мы умеем решать (задача 175). Она имеет два решения. Осталось из двух окружностей выбрать нужную. Замечание. Задачи 35 и 175 позволяют нам решить и такую задачу: «Через заданную точку А (необязательно внутри угла) провести прямую, отсекающую от данного угла треугольник заданного периметра».

280. Пусть прямая AB не параллельна I и пересекает ее в точке С. Обозначим через M точку касания прямой I с окружностью, проходящей через А и В. По свойству касательной имеем СМ2 = СА-СВ. Можно построить отрезок, равный СМ, а затем и точку М. Обратите внимание, что в этом случае задача имеет 2 решения. Построенный отрезок можно откладывать по разные стороны от точки С, у точки M возможны два положения. Случай, когда AB параллельна Z, разберите самостоятельно. Замечание. Смотрите также задачу 175. Задачи 175 и 280 могут быть сведены одна к другой.

281. Решим сразу вторую часть задачи, поскольку в процессе решения докажем и первую часть. Рассмотрим равнобедренный треугольник с углом при вершине 36°, боковыми сторонами R и основанием а (рис. 118). Понятно, что а есть сторона правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса R. Проведем биссектрису угла при основании. Поскольку углы при основании равны 72°, биссектриса угла при основании разделит наш треугольник на 2 равнобедренных треугольника (просто посчитаем их углы). У одного стороны равны а, а и R, a у другого а, а и R-a. И этот второй треугольник подобен исходному. Следовательно, 4т = ^ а (*)• Освободившись в этом равенстве от знаменателя, получим относительно а квадратное уравнение a2 + Ra-R2 = 0,

из которого найдем а = R JL—— . Замечание. 1) Нетрудно увидеть здесь связь с золотым сечением (см. задачу 102). Равенство (*) означает, что биссектриса угла в нашем треугольнике делит боковую сторону (отрезок) на части так, что отношение большей части ко всей стороне (ко всему отрезку) равно отношению меньшей части к большей. Это и является основным определением золотого сечения. Это отношение и называют золотым сечением и обозначают т= —-—. 2) Зная сторону правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса R, мы можем найти и сторону правильного пятиугольника, вписанного в ту же окружность. 3) Полученная формула (*) позволяет вычислять тригонометрические функции угла 18° и углов, кратных ему.

282. Если внутренний угол выпуклого многоугольника острый, то внешний — тупой. Но сумма внешних углов выпуклого многоугольника равна 360° (задача 7). Значит, среди них не более трех тупых. Соответственно у нашего многоугольника острых углов также не более трех.

283. Рассмотрим внешние углы 360-угольника. Если внутренний угол выражается целым числом градусов, то внешний угол также выражается целым числом градусов. Сумма внешних углов, как известно (задача 7), равна 360°. Но сумма трехсот шестидесяти целых положительных чисел может быть равна 360 только в случае, если все они по 1. Значит, все углы данного многоугольника равны 359°. Во втором случае один внешний угол равен 2°, а все остальные равны 1°. Соответственно один угол 360-угольника равен 358°, а все остальные — по 359°.

284. A AM В « ААСВ + АС BD = ААСВ + ACAD = 28° + 32° = 60°. Значит (задача 9), радиус окружности, описанной около треугольника AM В, равен —.

285. Пусть вершины А и В прямоугольного треугольника ABC расположены на сторонах прямого угла с вершиной О, причем С и О по разные стороны от AB (рис. 119, а). Четырехугольник АОВС является вписанным (диаметром описанной окружности является гипотенуза AB треугольника). Следовательно, АСОА = = АСВА, т. е. угол СОА постоянный. А это означает, что точка С лежит на прямой. Понятно, что точка С не может описывать всю прямую. Точка С не может приблизиться к вершине угла — точ-

Рис. 118

ке О на расстояние, меньшее, чем меньший катет треугольника (точка Cj). С другой стороны, ОС — хорда окружности диаметра AB, значит, ОС^АВ. При этом равенство достигается для такой точки С2, для которой АОВС2 — прямоугольник. Таким образом, для рассматриваемого случая искомое геометрическое место точек есть отрезок СХС2. Рассмотрите самостоятельно случай, когда точки С и О расположены по одну сторону от AB (рис. 119, б). В этом случае искомым геометрическим местом является отрезок С[С2 (рис. 119, б), причем ОС1=ВС, ОС2=АС.

286. Расстояние от вершины угла до середины отрезка есть величина постоянная и равна половине отрезка (задача 3). Следовательно, середина рассматриваемого отрезка описывает окружность.

287. Четырехугольник ОАМВ является вписанным (OA — диаметр описанной окружности). Значит, углы при вершинах А и В треугольника АВМ равны соответственно углам MOB и МО А, т. е. они равны 24° и 48°, а угол AM В равен 108°.

288. Обозначим длины касательных, проведенных из указанных точек, соответствующими маленькими буквами (касательная из А равна а и т. д.). Каждый отрезок равен сумме или разности соответствующих отрезков касательных. Например, АВ = а + Ь, KB = k-b. Заменяя соответственно в каждом равенстве все отрезки, легко получаем справедливость равенств. Замечание. Каждое равенство дает не только необходимое, но и достаточное условие того, чтобы четырехугольник был описанным. Понятно, что два последних равенства относятся лишь к четырехугольникам, у которых нет параллельных сторон. Используя указанные соотношения, можно решать очень трудные задачи.

289. Если заданные точки являются вершинами выпуклого четырехугольника ABCD, то этот четырехугольник — параллело-

Рис. 119

грамм (для выпуклого четырехугольника выполнение данных равенств является необходимым и достаточным условием того, чтобы он являлся параллелограммом). Однако нетрудно привести пример точек, для которых выполняются указанные равенства, но они не являются вершинами параллелограмма (рис. 120).

290. Возможны два случая. 1) Центры окружностей, описанных около треугольников АБС и ACD, не совпадают. А поскольку они лежат на серединном перпендикуляре к АС и по условию на диагонали BD, то диагональ BD перпендикулярна диагонали АС. Это означает, что ABCD — ромб и ADBC = 36°. 2) Центры окружностей, описанных около треугольников ABC и ACD, совпадают. Значит, параллелограмм ABCD вписан в окружность, т. е. является прямоугольником. В этом случае Z-DBC = 55°. Таким образом, задача имеет два решения: ADBC равен либо 35°, либо 55° (данный параллелограмм либо ромб, либо прямоугольник). Замечание. Формально задача достаточно проста, однако даже самые сильные школьники могут не заметить вторую возможность. Подобные задачи очень важны с методической и воспитательной точки зрения.

291. Поскольку АК — биссектриса угла BAD и по свойствам вертикальных углов и углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей, имеем А ВАК = A KAD = A BKA = = A AM С = А СКМ. Таким образом, треугольники ВАК и КСМ равнобедренные (АВ = ВК9 КС = СМ). Следовательно, AB = 5, БС = 5 + 2 = 7.

292. Рассмотрим несколько случаев. 1) Обе биссектрисы (АК и ВМ) пересекают продолжения противоположных сторон за точку С (рис. 121, а). Пусть АВАС = х. Поскольку ВМ = ВА9 АВМА = х9 внешний угол при вершине В треугольника АВМ равен 2х9 а внешний угол при вершине В треугольника ABC равен Ах. Точно так же, если ААВС = у9 то внешний угол при вершине А равен 4г/. Получаем систему уравнений: 4х + у=180° и x + 4i/=180o, из которой находим х = у = 36°. В этом случае углы треугольника равны 36°, 36° и 108°. 2) Обе биссектрисы пересекают продолжения сторон ВС и АС за точки Б и А соответственно. Этот случай, как легко видеть, невозможен. 3) Основания биссектрис АК и ВМ расположены по разные стороны от прямой AB. Пусть (для определенности) К лежит на продолжении ВС за точку Б, a M — на продолжении АС за точку С (рис. 121, б). Положим АВАС = х. Тогда АВМА = х. Внешний угол при вершине Б треугольника АВМ

Рис. 120

Рис. 121

Рис. 122

равен 2х, внешний угол при вершине Б треугольника ABC равен 4х, ААКВ = ААВК = 4х, АВАК =180°-Sx. Внешний угол при вершине А треугольника ABC равен 2 А ВАК = = 360°-16*. Получаем 360°-16* +х = = 180°. Значит, АВАС = х=12°, ААВС = = 180°-4* = 132°, АВСА = Ж. Таким образом, задача имеет два решения (формально даже три). Углы А и В треугольника по 36°, угол С равен 108° или же один из углов А и Б равен 12°, другой равен 132°, а угол С равен 36°.

293. Формально здесь необходимо рассмотреть достаточно много случаев взаимного расположения окружностей и секущих. Во всех случаях утверждение следует из соответствующих свойств вписанных четырехугольников и признаков параллельности двух прямых. В ситуации, изображенной на рисунке 122, а, имеем zll + Z2 = 180o, ^2 + ^3 = 180°, zL3 + Z4 = 180°. Из этих равенств получаем Z_3 = Z_1 и ^1 + ^4 = 180°. И согласно соответствующему признаку параллельности прямых (сумма внутренних односторонних углов, возникающих при пересечении данных прямых секущей, равна 180°) эти прямые параллельны. На рисунках 122, б, в вы видите еще несколько случаев расположения окружностей и секущих. Рассмотрите их самостоятельно.

Рис. 123

294. В каждом случае можно провести через указанную точку среднюю линию. При этом мы отсечем треугольник, коэффициент подобия которого по отношению к исходному равен -|- (вообще говоря, эту среднюю линию мы можем провести двумя способами, но отсекаемые треугольники при этом равны). Пусть проведенная прямая не параллельна никакой стороне треугольника. Рассмотрим случай а). На рисунке 123 стороны треугольника равны: AB = 8, ВС =7, CA = 6. Треугольник АКМ (М — середина стороны Aß) подобен треугольнику АБС и КМ не параллельна ВС. Значит, ААМК = АВСА, А АКМ = А ABC. В этой ситуации наименьшей будет сторона AM = 4. Но нам еще следует проверить, что АК <АС = 6. Это неравенство выполняется, поскольку из подобия находим, что в этом случае АК = ъ\. Затем также рассматриваем случай, когда указанная прямая пересекает сторону ВС. Если обозначить точку пересечения этой прямой с ВС через Р, то в треугольнике СМР наименьшей будет сторона МР = 3 —. При этом BP = 4 — <7 = ВС. Таким образом, для случая а) задача имеет три ответа: 3, 4 и Зу. Для пункта б) получим два ответа: 3 и Зу. В пункте в) ответ один: 3.

295. Наименьшая сторона в меньшем треугольнике равна 4. Наименьшая сторона в большем треугольнике может равняться 6, 8 или 9. Перебирая все варианты, убедимся, что меньшая сторона в большем треугольнике равна 8. Коэффициент подобия равен 2. (Стороны первого треугольника 4, 6 и 9; второго — 8, 12 и 18.)

296. Меньшая сторона в меньшем треугольнике не может быть равной ни 12, ни 18. Обозначим ее через х. Стороны меньшего треугольника в порядке возрастания равны х, 12, 18. Стороны большего треугольника в порядке возрастания: 12, 18, у. На основании соответствующего признака подобия получаем — = — = —. Из этих равенств находим х = 8, у = 27. Замечание. Формально необходимо еще убедиться, что полученные тройки чисел удовлетворяют неравенству треугольника. Ведь если 18 заменить на 20, то получим задачу, не имеющую решения.

297. Докажем общее утверждение, так называемую обобщенную теорему Пифагора. С ее помощью сразу решается предложенная задача. Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами а, Ъ и гипотенузой с. Высота к гипотенузе, как известно, делит треугольник на два прямоугольных треугольника, подобных меж-

ду собой и подобных исходному треугольнику. В этом, в частности, состоит характеристическое свойство прямоугольного треугольника. При этом катеты исходного треугольника являются гипотенузами вновь образовавшихся. Обозначим через 1а, 1Ь, 1С сходственные линейные элементы этих треугольников. Из их подобия получаем — = —. Обозначим эти отношения через X. Теперь запишем теорему Пифагора для данного треугольника а2 + Ь2 = с2. Умножив это равенство почленно на X2, получим 1% + 12 = 12. Тем самым мы доказали обобщенную теорему Пифагора. Из этой теоремы следует, что ответом в нашей задаче будет

298. Пусть О — вершина угла, Р — центр окружности. Опустим из Р перпендикуляры PK и РМ на стороны угла. Основание одного из перпендикуляров есть середина AB (пусть это точка К). Сторона РМ прямоугольника ОКРМ есть радиус искомой окружности. Таким образом, радиус окружности равен РМ = OK = -

299. В треугольнике ABC проведем медианы ААг, ВВХ и ССг, H — их точка пересечения (рис. 124). Эти медианы разделят треугольник на 6 равновеликих треугольников (одна сторона в каждом треугольнике равна половине стороны треугольника, а высота к ней равна трети соответствующей высоты треугольника). Продолжив одну из медиан (например, ААХ) на треть ее длины, получим (см. рис. 124) треугольник НВК, стороны которого составляют по две трети от каждой медианы (НК=— АА19 ВН=—ВВ1, ВК = СН = — ССХ), а площадь равна одной трети площади ABC. Значит, увеличив каждую сторону треугольника НВК в — раза, мы получим треугольник, стороны которого равны медианам треугольника ABC, а площадь равна — — = — — площади исходного треугольника.

300. Воспользовавшись формулой задачи 18, получим, что указанное отношение равно —.

301. Рассмотрим равнобедренный треугольник ЛВС с основанием ВС. Пусть M — произвольная точка на ВС. Поскольку АВ=АС и синусы углов AM В и AMC равны, получим, пользуясь утверждением задачи 9, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АМВ и AMC, равны.

302. Пусть Р — точка пересечения биссектрис внешних углов треугольника ABC с вершинами Б и С (рис. 125). Точка Р равноудалена от

Рис. 124

Рис. 125

прямых ab и вс (лучей ab и вс), поскольку она принадлежит биссектрисе угла, смежного с углом abc. Точно так же точка Р равноудалена от прямых с в и ас. Следовательно, точка Р равноудалена от прямых ab и ас, а значит, она принадлежит биссектрисе угла вас. (Точка Р лежит внутри угла.) Замечание 1. Нетрудно увидеть полную аналогию с доказательством утверждения, что биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке. (А также с тем, что серединные перпендикуляры пересекаются в одной точке.) Предложенный метод можно назвать методом геометрических мест (точнее, разновидностью этого метода). Он является одним из основных (и простейших) методов, используемых при доказательстве утверждений, что несколько прямых (более двух) пересекаются в одной точке. Такие прямые иногда называют конкурентными. Замечание 2. Точка Р, которую мы рассматривали при доказательстве, является центром вневписанной окружности треугольника, которая касается одной стороны (вс) и продолжений двух других. У всякого треугольника есть одна вписанная и три вневписанных окружности. Можно это сформулировать иначе: если на плоскости проведены три попарно пересекающиеся и не проходящие через одну точку прямые, то всегда существуют четыре окружности, каждая из которых касается каждой из этих прямых.

303. Если е — точка пересечения диагоналей параллелограмма, то ае = ес и be = ed. Если M и Р — точки пересечения медиан треугольников ABC и cda, то они лежат соответственно на отрезках be и ed (это медианы рассматриваемых треугольников), при этом

304. Рассмотрим случай остроугольного треугольника. Точки о, I к H лежат по одну сторону от прямой вс (по ту же, что и А). Достаточно доказать равенство углов БОС, BIC и внс. Имеем авос = 2авас = 120°, ABIC = 90° + \авас = 120° (см. задачу 27), авнс = 180°- авас = 120°. Таким образом, для остроугольного треугольника утверждение доказано. В случае тупоугольного треугольника (тупым является либо угол Б, либо С) точка H расположена по другую сторону от вс, чем точки о и I, при этом авнс=авас= 60°.

305. Обозначим через Сх и Dx точки, симметричные С и Б относительно AB. Из условия (аамс = ABMD) следует, что прямые CDX и CXD пересекаются в точке м. Угол CMD измеряется полусуммой дуг CD и CiDi. Ввиду равенства этих дуг угол CMD измеряется каждой из них. Значит, ACMD = ACOD, где О — центр окружности. Из этого следует, что окружность, описанная около ACMD, проходит через О.

Рис. 126

306. Точка M является серединой дуги ВМС, описанной около треугольника ABC окружности (рис. 126). Диаметр, перпендикулярный ВС, делит пополам и сторону ВС, и обе дуги ВС. Из этого следуют оба утверждения задачи.

307. В обозначениях предыдущей задачи нам даны три отрезка ААг, АА2 и АА3 (рис. 126). Прямоугольный треугольник АА1А2 можно построить (известен один катет и гипотенуза). Затем найдем положение точки А3 (А2 — между Аг и А3). Для этого восставим в точке А3 перпендикуляр к прямой АХА3 и продолжим АА2 до пересечения с этим перпендикуляром в точке М. Из предыдущей задачи следует, что M — середина дуги ВС описанной около ЛАБС окружности. Итак, даны две точки А и M описанной около ЛАВС окружности. Но центр этой окружности лежит на прямой МА3. Значит, мы можем построить этот центр как точку пересечения прямой МА3 и серединного перпендикуляра к AM. После чего найдем точки Б и С.

308. Воспользуемся обозначениями двух предыдущих задач. ААМА3 = Z_МААХ = ZLМАА3. Следовательно, треугольник АМА3 является равнобедренным. Значит, А3 — центр описанной около ААВС окружности (серединные перпендикуляры к ВС и AM пересекаются в А3). Таким образом, угол ВАС прямой. Теперь из условия получаем, что углы треугольника равны 90°, 22°30' и 67°30'.

309. Воспользуемся обозначениями, введенными при решении задачи 299 (рис. 124). Треугольник ВНК можно построить, так как известны его стороны ^-|- соответствующих медиан^. После чего можно построить и сам треугольник АБС.

310. Построим сначала отрезок w=— (см. задачу 177, в). Получаем, что X = или — = -7- (*). Теперь можем построить отрезок х.

Для чего воспользуемся построением, которому соответствует рисунок 82. При этом один из отрезков длины а надо заменить на отрезок длины и. Для построения отрезка у преобразуем сначала правую часть. Имеем y = \/a4 + b4= 4Jb2(^ + b2^j = \/b2(u2 + b2). Здесь u=^-. Построим отрезок z=\ju2+ b2 (задача 177, à). Окончательно получаем y='\[bz (задача 177, б).

311. Возьмем две произвольные точки Р и К на полуокружности. Обозначим через С и H точки пересечения прямых АР и ВК, АК и BP соответственно, где АК и BP — высоты треугольника ЛВС (угол, опирающийся на диаметр, прямой). Значит, H — точка пересечения высот треугольника ABC. Следовательно, прямая С H перпендикулярна AB.

312. Пусть I — центр вписанной в ЛАВС окружности, ВВХ и ССХ — биссектрисы. Пусть ABAC = ос, тогда AB1IC1 = ABIC = 90°+-^а (задача 27). Четырехугольник АВХ1СХ — вписанный. АВАС + АВ11С1 = 180° или

313. Угол АСВ прямой. Если I — центр вписанной в него окружности, то АВ1А = 90° + 45° = 135°. Следовательно, точка / лежит на дуге окружности, проходящей через А и Б и вмещающей угол 135° (задача 8). Искомое геометрическое место состоит из двух таких дуг. Замечание. Если бы хорда AB не являлась диаметром, то соответствующее геометрическое место состояло бы также из двух дуг окружностей, но эти дуги не были бы равными.

314. Рассмотрим трапецию ABCD с основаниями ВС и AD. Пусть Р — точка пересечения ее диагоналей, К — точка пересечения продолжений боковых сторон, M и N — середины оснований ВС и AD (рис. 127, а). Утверждение будет доказано, если докажем, что все 4 точки Р, К, M и N лежат на одной прямой. Но точки M, N и Р лежат на одной прямой, поскольку прямая, проходящая через середины двух параллельных отрезков с концами на двух пересекающихся прямых, проходит через точку пересечения этих прямых. По той же причине на одной прямой лежат и точки M, N и К. Утверждение доказано. Замечание 1. Предложенный способ доказательства при внешней простоте достаточно необычен и трудно находим. Утверждение может быть доказано и другими способами. Например, при решении задачи 99 доказа-

Рис. 127

но, что отрезок прямой с концами на боковых сторонах трапеции, проходящей через точку пересечения диагоналей трапеции и параллельной основаниям трапеции, делится пополам точкой пересечения диагоналей. Из этого факта нетрудно вывести и утверждение задачи. Замечание 2. Используя утверждение задачи, можно решить одну интересную и полезную задачу на построение с помощью одной линейки: на плоскости даны две параллельные прямые и точка А; с помощью одной линейки проведите через А прямую, параллельную данным прямым. На рисунке 127, б указана последовательность построений: проводим прямую 1, затем 2 и т. д., 8-я прямая и есть искомая параллельная. А из этого, в свою очередь, следует, что с помощью одной линейки мы можем через любую точку плоскости провести перпендикуляр к прямой, если имеется изображение окружности с центром на этой прямой.

315. Проведем через точки А и В перпендикуляры к AB и построим круг диаметром AB. Треугольник ABC будет остроугольным для всех точек С внутри построенной полосы и вне круга. И только для таких точек. В случае а) в треугольнике ABC сторона AB должна быть наибольшей (задача 5). Следовательно, точка С должна находиться внутри каждого из двух кругов радиуса AB с центрами в А и В. Искомое геометрическое место состоит из двух криволинейных треугольников (рис. 128, а). В случае б) сто-

Рис. 128

рона АС должна быть наименьшей. Неравенство АС <AB означает, что С находится внутри круга радиуса AB с центром А. Неравенство АС<ВС означает, что проекция АС на AB меньше проекции ВС на AB. Итак, в случае б) искомое геометрическое место также состоит из двух фигур, ограниченных двумя окружностями и двумя параллельными прямыми (рис. 128, б). Замечание. Мы считали в каждом случае, что соответствующий угол треугольника ABC или строго больше любого другого, или строго меньше.

316. Рассмотрим треугольник ABC, в котором высота АН и медиана AM делят угол ВАС на три равные части. Будем считать для определенности, что H находится на отрезке ВМ (рис. 129). Тогда в треугольнике АВМ высота АН является и биссектрисой. Значит, этот треугольник равнобедренный и ВН = НМ. Теперь получаем, что в прямоугольном треугольнике НАС биссектриса AM делит сторону НС в отношении 1: 2 (НМ = -|- ВМ = ~ MC) Следовательно (задача 16), НА:АС= 1:2, т. е. угол АСВ равен 30°. Далее находим, что углы А и В равны соответственно 90° и 60°.

317. Середины сторон четырехугольника являются вершинами параллелограмма (задача 10). Точно так же вершинами параллелограмма являются середины двух противоположных сторон и середины диагоналей (возможно, вырожденного). Значит, середины всех трех отрезков совпадают. Замечание. Верно следующее утверждение: если А, В, С и D — четыре точки в пространстве, то отрезки, соединяющие середины AB и CD, ВС и AD, CA и BD, пересекаются в одной точке и делятся пополам точкой пересечения. См. в этой связи задачу 231.

318. Проведем к данным окружностям две общие внешние и две внутренние касательные (рис. 130). Часть плоскости вне окружностей разделена на 16 кусков. Нам подходят точки, расположенные в каждой из четырех закрашенных областей. Докажем это. Пусть M — некоторая точка в одной из этих областей. Проведем через M две касательные к одной из окружностей. Они делят плоскость на четыре угла. И сразу «видно», что, как бы мы ни проводили прямую через точку М, она непременно пересечет либо одну, либо другую окружность (возможно, и ту и другую). Через любую точку в других областях можно провести прямую, не пересекающую ни одну из окружностей. (Проверьте это самостоятельно.) Замечание. Это пример задачи, в которой важно догадаться, что является ответом, после чего можно найти и обоснование.

319. Из условия следует, что прямая AM равноудалена от точек В и С. А это означает, что AM либо проходит через середину ВС, либо параллельна ВС. Соответственно искомое геометрическое место состоит из двух прямых, исключая точку А.

Рис. 129

320. Продолжим стороны квадрата. Они разделят внешнюю по отношению к квадрату часть плоскости на восемь частей. Если точка M расположена внутри полосы (рис. 131), то из нее «видна» лишь ближайшая сторона. И, следовательно, точка M лежит на дуге сегмента, вмещающего 60° и соответствующего этой стороне (задача 8). Если же M расположена внутри одного из прямых углов, то «видна» соответствующая диагональ. Значит, M лежит на дуге сегмента, вмещающего 60° и соответствующего этой диагонали. Все геометрическое место точек состоит из 8 дуг, каждая из которых является частью дуги одного сегмента.

321. Пусть угол между сторонами, равными 1 и 8, равен а. Тогда противоположный ему угол равен 180°-а, по теореме косинусов имеем равенство 1 + +64 -16 cos ос = 49 + 16 + 56 cos а, откуда cos а = 0, а = 90°. Соответствующая диагональ равна V65. Точно так же найдем косинус угла между сторонами, равными 8 и 7. Он равен —, а вторая диагональ равна 3Л/ —.

322. Пусть одна сторона треугольника равна 4 + Jc, тогда другая равна 4-х. Площадь треугольника не превосходит половины произведения двух любых его сторон, причем она равна полупроизведению двух каких-то сторон, если угол между ними прямой. В данном случае произведение сторон равно 16-х2. Но по условию площадь равна 8. Следовательно, треугольник прямоугольный и равнобедренный (х = 0). Наибольшая сторона (гипотенуза) равна Замечание. Можно было воспользоваться известным неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим. Предложенное решение одновременно демонстрирует полезный прием, с помощью которого можно доказать не только упомянутое неравенство, но и другие, с ним сходные.

323. Задача сводится к нахождению наиболее удаленной от прямой AB точки на окружности. Понятно, что прямая, проходя-

Рис. 130

Рис. 131

Рис. 132

щая через С параллельно AB, должна касаться окружности. В противном случае на окружности найдутся точки, более удаленные от AB, чем С. Значит, мы должны через центр окружности провести прямую, перпендикулярную AB, и из двух точек пересечения этой прямой с окружностью выбрать наиболее удаленную от AB. Замечание. Рассуждение, использованное в решении, позволяет решать задачу в общем случае, когда точка С принадлежит заданной области.

324. Рассмотрим треугольник ABC. Пусть AM — его медиана в этом треугольнике. К — точка на стороне АС, такая, что 2АК = КС (К — одна из точек, делящих АС на 3 равные части). Проведем через вершину А прямую, параллельную ВС, и продолжим ВК до пересечения с этой прямой в точке Р (рис. 132). Из подобия треугольников АКР и СКВ получим, что АР = ВС = МВ.

Из подобия треугольников APL и MBL (L — точка пересечения AM и ВК) получаем, что L — середина AM (рассматриваемые треугольники даже равны). Повторив все вычисления для точки N на АС, для которой AN = 2NC, получим, что BN делит AM в отношении 4:1 (от вершины А). Таким образом, медиана AM делится на три части в отношении 5:3:2. Замечание. Так же, как и при решении задачи 242, здесь можно использовать понятие центра масс.

325. Воспользуемся формулой из задачи 26 (см. также решение к этой задаче). По этой формуле получаем ВК =

Следовательно,

В нашем случае получаем КМ = 1.

Замечание. В процессе решения мы получили формулу, которая выражает расстояние между точками касания диагонали BD и окружностей, вписанных в треугольники ABD и BCD, через стороны четырехугольника ABCD. Таким же будет и расстояние между точками касания диагонали АС и окружностей, вписанных в треугольники ABC и ACD. Если четырехугольник ABCD является описанным, то указанные отрезки равны нулю, а это означает, что указанные окружности попарно касаются.

326. Пусть в треугольнике ABC, как обычно, ВС = а, АС = Ь, АВ = с. Если К л M — проекции центров вписанной и описанной окружностей на ВС, то ВМ=^~, ВК= а + с~ь (задача 26). Значит,

Рис. 133

327. Пусть АМОР = ц. Тогда

Таким образом, А ОМ F = A OFM и OF = OM = r.

328. а) Пусть Z. СБА = ос (рис. 133), тогда и AACD = a. Следовательно, АВСЕ = 90°-^. Таким же будет и угол ВЕС. Значит, ей треугольник ВСЕ равнобедренный и ВЕ = ВС. Точно так же докажем, что AF=AC. б) Из предыдущего пункта следует, что биссектриса угла ВАС есть серединный перпендикуляр к CF, а биссектриса угла СВА является серединным перпендикуляром к СЕ. Следовательно, центр вписанной в ААВС окружности совпадает с центром окружности, описанной около ACEF. в) Из пункта а) следует, что EF = BC+AC-AB. А это и означает, что EF равен диаметру вписанной в ААВС окружности. Замечание 1. Утверждение пункта в) можно вывести из утверждения пункта б) (AECF = 45°, радиус окружности, описанной около ACEF, равен расстоянию от центра вписанной в ЛАВС окружности до вершины С, т.е. равен г\[2). Замечание 2. Формулировка данной задачи представляет собой один из примеров адаптации более трудной задачи к стандартному школьному уровню. Задача была бы значительно труднее, если бы в ней был лишь один пункт в). По существу, пункты а) и б) играют роль подсказки для пункта в).

329. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC (AB — гипотенуза). Пусть M — центр квадрата, построенного на гипотенузе (рис. 134). Четырехугольник АСВМ является вписанным (углы при вершинах С и M прямые). А поскольку AM = ВМ, то СМ — биссектриса угла ВСА.

330. Рассмотрим квадрат со стороной а и расположим по его углам четыре прямоугольных треугольника, равных данному, как показано на рисунке 135. Искомое расстояние равно половине диагонали этого большого квадрата, т.е. равно ——-.

331. Рассмотрим прямоугольный треугольник АБС с гипотенузой AB. Пусть М, Р и К — центры квадратов, построенных на гипотенузе и катетах соответственно (рис. 136). Из задач 329 и 330 знаем, что СМ — биссектриса угла ВСА и СМ= Отрезок PK равен сумме половин диагоналей квадратов, построенных на катетах, т. е. PK=^ß-. Кроме того, PK А СМ. Значит, площадь искомого треугольника равна — а .

Рис. 134

Рис. 135

Рис. 136

Рис. 137

332. Пусть M — точка пересечения первой и второй прямой. Окружность, описанная около ЛАВС, пересекает вторую прямую в точке D (рис. 137). Поскольку /LMAD = АМСВ, точка D является фиксированной. Следовательно, центры окружностей, описанных около треугольников ABC, лежат на одной прямой — серединном перпендикуляре к AD. При этом нам подходят все точки этого перпендикуляра, кроме двух. Одна из них есть центр окружности, проходящей через А и D и касающейся первой прямой (точки А и В совпадают). А другая точка соответствует центру окружности, описанной около треугольника AMD (точки В и С совпадают).

333. Предположим, что найдутся три прямые (обозначим их 1, 2 и 3), не лежащие в одной плоскости. Тогда по условию они должны иметь общую точку, которую обозначим А. По условию существует прямая (прямая 4), которая не проходит через А. Но если прямая 4 пересекает прямые 1 и 2 и не проходит через точку их пересечения, то она целиком принадлежит плоскости, оп-

ределяемой прямыми 1 и 2 и не может пересекаться с прямой 3. Следовательно, любые три прямые из заданных лежат в одной плоскости, а значит, все данные прямые лежат в одной плоскости.

334. Пусть прямые а, Ъ и с таковы, что а || Ь и с || Ъ. Надо доказать, что а II с. Возьмем на прямой с произвольную точку M (рис. 138). Рассмотрим две плоскости аир. Плоскость а проходит через прямую а и точку М, плоскость ß — через прямые Ъ и с. Обозначим через с1 линию пересечения а и ß. По теореме о линии пересечения плоскостей, проходящих через две параллельные прямые, имеем с1\\а и с1 \\ Ъ. Но так как в плоскости ß через точку M проходит единственная прямая, параллельная Ъ, то прямая сх совпадает с прямой с. Замечание. Данное утверждение иногда называют теоремой о транзитивности свойства параллельности. Транзитивность — это перенос некоторого свойства (вспомните слово «транзит»). В математике это обычно означает, что если некоторое свойство выполняется для пар а, Ъ и Ъ, с (а, Ъ, с — некоторые объекты, числа, фигуры, множества и прочее), то оно выполняется и для пары а и с.

335. Обозначим через К, M, Р и L середины отрезков АБ, ВС, CD и DA соответственно. Каждый из отрезков КМ и PL равен половине АС и параллелен АС. Значит, эти равные отрезки параллельны (см. предыдущую задачу), т. е. KM PL — параллелограмм. Замечание. Если А, Б, С и D лежат в одной плоскости, то получаем известное утверждение (см. задачу 10). Главное отличие пространственного случая — это доказательство того, что середины рассматриваемых отрезков лежат в одной плоскости.

336. Утверждение задачи следует из того, что равные наклонные имеют равные проекции.

337. Проведем высоту пирамиды и опустим из основания высоты перпендикуляр на сторону основания. Эти два отрезка (высота и перпендикуляр) являются катетами прямоугольного треугольника (рис. 139). Плоскость этого треугольника перпендикулярна выбранной стороне основания. Следовательно, угол, противолежащий высоте пирамиды в этом треугольнике, является линейным углом соответствующего двугранного угла при основании.

Рис. 138 Рис. 139 Рис. 140

Рис. 141

Но двугранные углы при основании равны. Значит, равны все построенные таким образом прямоугольные треугольники. Поэтому основание высоты равноудалено от всех сторон основания пирамиды, т. е. является центром вписанной в основание окружности.

338. Следует рассмотреть два случая: когда данные точки не лежат в одной плоскости и когда они лежат в одной плоскости. Пусть А, Б, С и D не лежат в одной плоскости (рис. 140). Обозначим середину АС через М. По свойству равнобедренного треугольника прямая ВМ перпендикулярна АС. Точно так же прямая DM перпендикулярна АС. Следовательно, плоскость BDM перпендикулярна АС, т. е. прямая BD перпендикулярна АС.

339. См. рис. 141.

340. Покажем два способа решения этой задачи.

I способ. Рассмотрим пирамиду DABC с основанием АБС. Пусть DH — высота этой пирамиды, Е — середина ВС (рис. 142, а), тогда угол DEH является линейным углом двугранного угла при основании пирамиды (двугранного угла с ребром ВС). Все элементы прямоугольного треугольника DE H легко вычисляются:

Теперь можем найти все тригонометрические функции двугранного угла а при основании:

Чтобы найти двугранный угол между боковыми гранями, построим линейный угол одного из этих двугранных, для чего опустим из вершин Б и С перпендикуляры ВМ и СМ на ребро DA. (Понятно, что у этих перпендикуляров общее основание, рис. 142, б.) Угол ВМС есть линейный угол двугранного угла между гранями ADB и ADC. Одна сторона равнобедренного треугольника ВМС известна (БС = а), a боковые стороны легко находятся. Для этого нам надо решить простую задачу по планиметрии: найти высоту к боковой стороне равнобедренного треугольника с известными сторонами (основание а, боковая сторона Ь)

Если ф — искомый двугранный угол, то

II способ. Обозначим через S и Q соответственно площадь основания и площадь боковой грани пирамиды. На основании известной теоремы о площади проекции и определений косинуса тупого и острого угла получаем два соотношения S = 3Qcoscc, Q = Scosoc + 2Qcoscp. (Площадь каждой грани составляется из площадей, проекций на нее других граней, причем площади проекций, соответствующие острым двугранным углам, берутся со знаком «+», а соответствующие тупым,— со знаком «-».) Для завершения решения нам остается лишь вычислить площади основания и боковой грани данной пирамиды. (Сделайте это самостоятельно.)

Укажем лишь, что coscp=- Замечание. I способ является более традиционным. Полезно обратить внимание на II способ, т. е. с помощью показанного простого приема можно решать достаточно трудные задачи.

341. Данное равенство есть, по существу, иная формулировка того, что квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех ребер, выходящих из одной вершины. Замечание. Полезным является следующее следствие: если прямая образует углы а, ß и у с тремя попарно перпендикулярными прямыми (например, с осями координат), то cos2 а + cos2 ß + cos2 у = 1.

342. Из условия следует, что заданные прямые не принадлежат одной плоскости, а значит, являются скрещивающимися.

343. Напомним сначала, что угол между скрещивающимися прямыми равен углу между двумя пересекающимися прямыми, параллельными этим скрещивающимся прямым. Расстояние между скрещивающимися прямыми равно длине отрезка общего перпендикуляра к этим прямым. Такой отрезок существует всегда. Докажем это. Рассмотрим две скрещивающиеся прямые 1г и 12

Рис. 142

Рис. 143

(рис. 143, а). Проведем через каждую из них плоскость, параллельную другой прямой, и спроектируем каждую прямую на противолежащую плоскость. Получим прямые 1[, 1'2. Если M — точка пересечения 1г и 1'29 а К — точка пересечения прямых 1[ и Z2, то отрезок КМ перпендикулярен построенным плоскостям, а следовательно, он перпендикулярен каждой из прямых 1г и 12. Расстояние между любыми двумя точками на 1г и 12 больше КМ, поскольку этот отрезок равен расстоянию между плоскостями. Перейдем теперь к нашей задаче. Сформулируем данное утверждение несколько иначе и подробнее. Пусть 1Х и 12 — две скрещивающиеся прямые (рис. 143, б), а — плоскость, перпендикулярная одной из них, например lx\ А — проекция прямой 1г на плоскость а, прямая 1'2 — проекция прямой 12 на плоскость а. Утверждение состоит в том, что расстояние между прямыми 1Х и /2 равно расстоянию от точки А до прямой 1'2. При этом общий перпендикуляр между прямыми 1Х и 12 проектируется в перпендикуляр, проведенный из точки А к прямой 1'2. а) Рассматриваемое утверждение достаточно очевидно. Пусть ВС — общий перпендикуляр к прямым 1г и l2, AD — его проекция на плоскость a, Dl — точка пересечения прямой 12 с плоскостью а. Поскольку ВС — общий перпендикуляр к 1Х и /2, проекция ВС на а — отрезок AD — также перпендикулярна 1Х и 12. По теореме о трех перпендикулярах AD_LZ2. Рассмотрим прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1 (рис. 143, б). На рисунке AB есть прямая ll9 CD1 — прямая Z2, DDX — прямая V2. Очевидное равенство AD = BC показывает, что расстояние между скрещивающимися прямыми 1Х и /2 равно расстоянию от точки А до прямой ï2. Именно это и утверждалось в первой фразе, касающейся расстояния между скрещивающимися прямыми. Замечание. Как известно, при проектировании сохраняется отношение отрезков, лежащих на одной прямой. Поэтому если мы возьмем на прямой 12 любой отрезок, содержащий точку С, то после проектирования он перейдет в отрезок на прямой 1'29 содержащий точку D. При этом точки С и D делят соответствующие отрезки в одинаковом отношении, б) Вторая часть утверждения касается угла между скрещивающимися прямыми. Рассмотрим рисунок. Прямая CD параллельна ll9 поэтому угол DCDX равен углу между данными скрещивающимися прямыми,

а угол DDXC дополняет его до 90°. Следовательно, если на прямой 12 взять любой отрезок длины d и обозначить через d' длину его проекции на плоскость а, то будем иметь sin ср = —, где ф — угол между прямыми 1г и 12.

344. Высота равна площадь полной поверхности объем радиус вписанного шара равен четверти высоты, т. е. равен радиус описанного шара равен

345. Выпишем сначала некоторые легко доказываемые соотношения между данными величинами:

Далее:

На основании равенства (1) из основной формулы (*) получим

Выражая h через а (равенства (3) и (5), а затем наоборот), получим

Выражая hua через b и а (равенства (2) и (4)) и подставляя в формулу (*), получим

Осталось выразить объем через b и р. Для этого сначала в равенстве (1) заменим h на основании равенства (5), а затем выразим а через b и ß, откуда

Теперь заменив а в формуле для объема через аир, получим

346. Пусть проекция вершины D пирамиды ABCD на плоскость ABC совпадает с точкой пересечения высот треугольника ABC — точкой H (рис. 144). Поскольку прямая АН перпендикулярна прямой ВС и является проекцией прямой AD, то по теореме о трех перпендикулярах прямые AD и ВС перпендикулярны. Точно так же получаем, что все противоположные ребра попарно перпендикулярны. Следовательно, если M — проекция В на плоскость ACD9 то прямая СМ по той же теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна AD. Точно так же докажем, что и AM перпендикулярна CD. А это означает, что M — точка пересечения высот треугольника ACD.

Рис. 144

Рис. 145

347. Достроим данную треугольную пирамиду до параллелепипеда, проведя через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному ребру. Получаем прямоугольный параллелепипед ABCDAxB^iDi (рис. 145). Пусть в исходной пирамиде ACBxDx имеют место равенства AC = B1D1 = a, AD1=B1C = b, AB1=DlC = c.

Положим АВ = х9 AD = y, AAl = z. Получаем систему

Сложив эти уравнения, найдем

Затем найдем

Объем пирамиды составляет треть объема параллелепипеда (от параллелепипеда «отрезали» четыре «уголка» — четыре треугольные пирамиды, объем каждой составляет ~ объема параллелепипеда),

348. Последовательность построений указана на рисунках (рис. 146).

349. Радиусы этих шаров равны соответственно радиусам описанной и вписанной окружностей в равнобедренном треугольнике с основанием 2г и высотой h. Соответственно получим

где R — радиус описанного шара, р — радиус вписанного шара.

Рис. 146

350. Первая часть утверждения задачи очевидна. Искомый радиус равен радиусу сечения шара радиуса R плоскостью, проходящей на расстоянии от его центра, т. е. искомый радиус равен ^ \J4R2 - h2.

351. Центры данных шаров являются вершинами пирамиды (правильного тетраэдра), все ребра которой равны 2R. Возможны два случая: искомый шар содержит данные, т. е. данные шары касаются его внутренним образом, либо искомый шар касается данных внешним образом. В обоих случаях центр искомого шара должен совпадать с центром шара, описанного около рассматриваемой пирамиды. Радиус описанного около этой пирамиды шара равен \/4 R (см. задачу 344). Радиус искомого шара равен ±R («+» соответствует случаю внутреннего касания, «-» — случаю внешнего касания).

352. Достроим призму до параллелепипеда, как на рисунке 147. Объем призмы равен половине объема этого параллелепипеда.

353. Обозначим через hx и h2 соответственно расстояния от точек Сг и С2 до плоскости DA1B1 (она же плоскость DA2B2, рис. 148).

Имеем

Следовательно,

(В последнем равенстве мы использовали известный планиметрический факт, что площади треугольников DA1B1 и DA2B2, у которых углы при вершине D либо равны, либо дополняют друг друга до 180°, относятся как произведения сторон, выходящих из вершины D.)

354. Соединим центр вписанного шара со всеми вершинами многогранника. Многогранник окажется разделенным на несколько пирамид. Основанием каждой пирамиды является соответствующая грань многогранника, а вершиной — центр шара. Объем каждой такой пирамиды равен \ rSk,

и

где Sk — площадь соответствующей грани. Сложив объемы этих пирамид, получим объем многогранника. При этом сумма Sk дает S — площадь полной поверхности

Рис. 147

Рис. 148

многогранника, значит, V= -i- rS. Замечание. В частности, полученная формула верна для любой треугольной пирамиды (тетраэдра), поскольку в треугольную пирамиду всегда можно вписать шар.

355. Рассмотрим пирамиду DABC, в которой площади граней ABC и BCD равны Р и Q, а — угол между этими гранями, ВС = а (рис. 149). Пусть d — высота к стороне ВС в треугольнике BCD, тогда

Для высоты тетраэдра, опущенной из вершины D, имеет место равенство

Значит,

356. Рассмотрим тетраэдр ABCD. Пусть AB = а и CD = Ь — ребра, о которых говорится в условии теоремы. Достроим тетраэдр до параллелепипеда, проведя через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному ребру (этот прием был использован при решении задачи 347). Получим параллелепипед AKBMLCQD (рис. 150). Площади граней АКВМ и LCQD равны i ab sincp, расстояние между ними d. Значит, объем параллелепипеда равен ^ abd sin ср. Отрезая от параллелепипеда четыре треугольные пирамиды (АВСК и т. д.), получим рассматриваемый тетраэдр ABCD. Объем каждой из отрезанных пирамид составляет объема параллелепипеда. Значит, объем нашего тетраэдра ABCD равен объема параллелепипеда, т. е. равен

357. Нет.

358. Поскольку КМ\\ВС, искомый угол равен 60°.

359. Да. Если бы прямые AB и А1В1 принадлежали одной плоскости, то и прямые АА1 и ВВХ также принадлежали бы одной (той же) плоскости.

360. 1) Если четыре плоскости параллельны, то они делят пространство на 5 частей. Это наименьшее число частей, на которое может быть разделено пространство четырьмя плоскостями.

2) Если среди четырех плоскостей нет параллельных и никакие три не

Рис. 149

Рис. 150

имеют общей прямой, то пространство оказывается разделенным на 15 частей. В самом деле, четыре плоскости, расположенные указанным образом, ограничивают треугольную пирамиду. А сами плоскости делят пространство на следующие части: внутренняя часть пирамиды (1 часть), части, прилежащие к граням пирамиды (4 части по числу граней), части, граничащие с пирамидой по ребру (6 частей по числу ребер), и, наконец, части, граничащие с пирамидой в одной точке — вершине пирамиды (4 части по числу вершин). Всего 15 частей. Понятно, что 15 — наибольшее число частей, на которые можно разделить пространство четырьмя плоскостями. Рассмотрим оставшиеся случаи. 3) Если все плоскости имеют общую прямую, то пространство будет разделено на 8 частей. 4) Если три плоскости параллельны, а четвертая их пересекает, то пространство разделено также на 8 частей. 5) Если имеются две пары параллельных плоскостей (плоскости из разных пар пересекаются), то такие плоскости делят пространство на 9 частей. 6) Если три плоскости имеют общую прямую, а четвертая параллельна этой прямой, то такие плоскости также делят пространство на 9 частей. 7) Если две плоскости пересекаются, а две другие параллельны между собой и параллельны линии пересечения двух других плоскостей, то такие плоскости делят пространство на 10 частей. 8) Если все плоскости попарно пересекаются, но никакие три не имеют общей прямой, но все прямые, по которым пересекаются пары плоскостей, параллельны между собой, то такие плоскости делят пространство на 11 частей. 9) Если имеется пара пересекающихся плоскостей и пара параллельных плоскостей, пересекающих прямую пересечения первых двух, то такие плоскости делят пространство на 12 частей. 10) Если три плоскости имеют общую прямую, а четвертая пересекает эту прямую, то пространство будет также разделено на 12 частей. 11) Если все четыре плоскости имеют общую точку, но никакие три не имеют общей прямой, то такие плоскости делят пространство на 14 частей (по сравнению с самым общим случаем — случай 2 — нет внутренней части пирамиды). Итак, мы рассмотрели все возможные случаи взаимного расположения четырех плоскостей. Оказывается, количество частей, на которые может быть разделено пространство, может быть равным: 5, 8, 9, 10, 11, 12, 14 и 15. Замечание. Самое трудное здесь не пропустить некоторые случаи взаимного расположения плоскостей. Именно это обстоятельство и заставляет отнести задачу к уровню С, хотя каждый отдельно взятый вариант относится к уровню В и даже А (например, когда все плоскости параллельны).

361. Нельзя. Прямая, перпендикулярная двум пересекающимся прямым, перпендикулярна и содержащей эти прямые плоскости, а две (различные) прямые, перпендикулярные одной плоскости, параллельны.

362. Будем считать, что все четыре прямые имеют общую точку (в противном случае параллельно перенесем их соответствующим образом). Обозначим эту общую точку через О. На прямой,

пересекающей плоскость, отметим произвольную точку А, отличную от О, а на каждой из прямых плоскости отложим равные отрезки OB, ОС и OD так, чтобы углы АОВ, АОС и AOD были равны. Тогда будут равны и треугольники АОВ, АОС и AOD, а значит, равны и наклонные AB, АС и AD. Таким образом, проекция точки А на плоскость BCD совпадает с центром окружности, описанной около треугольника BCD,— точкой О.

363. Пусть на плоскости отмечены точки Аг, Вх и Сх, являющиеся проекциями вершин А, Б и С правильного шестиугольника ABCDEF. При проектировании параллельные отрезки переходят в параллельные, а их отношение не меняется. Пусть точки Аг, Вц С1 не лежат на одной прямой. Проведем через Ах прямую, параллельную BjCi, и построим на этой прямой отрезок A1D1 = 2B1C1 (лучи В1С1 и AXDX сонаправлены). Получим точку Dl9 являющуюся изображением вершины D нашего шестиугольника, и т. д. Случай, когда Ах, Вг, Сх лежат на одной прямой, разберите самостоятельно.

364. Поскольку /-BDC = AADB + AADC, точки А, В, С и D лежат в одной плоскости (у трехгранного угла любой плоский угол меньше суммы двух других углов). При этом точка D является центром описанной около треугольника ABC окружности. Треугольник ЛВС тупоугольный (тупым является угол ВАС), поскольку центр описанной окружности расположен вне треугольника. Углы АСВ, СБА и ВАС равны соответственно 40°, 25° и 115°.

365. Для любого четного числа, начиная с 6, это число ребер имеет соответствующая пирамида. Многогранника с 7 ребрами не существует (у многогранника с 5 вершинами не менее 8 ребер). Докажем, что для любого нечетного числа, начиная с 9, существует многогранник с этим числом ребер. Возьмем некоторую пирамиду. У нее при основании все углы трехгранные. Возьмем какую-нибудь вершину при основании и отсечем небольшую треугольную пирамиду. Получим многогранник, у которого число ребер увеличится на 3 (по сравнению с рассматриваемой пирамидой). Таким образом мы из треугольной пирамиды получим многогранник с 9 ребрами, из четырехугольной — многогранник с 11 ребрами и т. д.

366. Для каждого пункта мы иллюстрируем один из возможных случаев (К, L, M — заданные точки): а) (рис. 151, а) проводим сначала прямые КМ и KL до пересечения с продолжениями соответствующих ребер и т. д.; б) (рис. 151, б) для построения используем то, что при пересечении параллельных плоскостей возникают параллельные прямые; сечением может быть и параллелограмм; в) (рис. 151, в) проводим сначала вспомогательную плоскость через В, Вх и M и в этой плоскости проводим прямую ML и находим ее точку пересечения с плоскостью ABCD; г) (рис. 151, г) проводим прямую KL и продолжаем ее до пересечения с продолжениями соответствующих ребер куба; д) (рис. 151, д) пусть К и M — точки на ребре АА1 и в грани DD^C^C; проведем плоскость через АА1 и точку M и построим прямую р, по которой эта плос-

Рис. 151

кость пересекает плоскость ББ^С. Затем построим точку Р, в которой прямая КМ пересекается с прямой р. Теперь проведем прямую PL (L — заданная точка в грани ВВХСХС). Получим линию пересечения плоскости сечения с плоскостью ББ^С.

367. Не может. Любое сечение параллелепипеда с числом сторон более четырех имеет хотя бы одну пару параллельных сторон. А у правильного пятиугольника нет параллельных сторон.

368. Рассмотрим единичный куб ABCDA1B1C1D1 (рис. 152). Треугольники AXBD и CB1Dl являются правильными, а их плоскости перпендикулярны диагонали АСг и делят эту диагональ на 3 равные части. (Для доказательства этого факта рассмотрите диагональное сечение куба АСС^.) Плоскость, проходящая через середину диагонали АСг и перпендикулярная этой диагонали, параллельна плоскостям рассматриваемых треугольников и делит пополам все отрезки с концами в плоскостях AXBD и CBXD. Следовательно, эта плоскость проходит через середины ребер А1В19 БХБ, ВС, CDj DDX и DXAX. Искомое сечение является правильным шестиугольником со стороной, равной половине диагонали грани куба. Площадь этого сечения равна ——. Замечание. В приведенном решении указан один из возможных способов построения требуемого сечения. Часто поступают несколько иначе. Сначала строят сечение, проходящее через середины трех ребер, не имеющих общей вершины. А затем доказывают, что сечением является правильный шестиугольник, плоскость которого перпендикулярна одной из диагоналей куба и делит эту диагональ пополам. Надо заметить, что рассматриваемое сечение нередко встречается в различных задачах.

369. Да. Рассмотрим треугольную пирамиду ABCD, в которой ребро CD перпендикулярно плоскости ЛВС. Возьмем две точки К и M на отрезках АС и ВС. В четырехугольной пирамиде AKMBD боковые грани AKD и BMD перпендикулярны плоскости основания АКМВ.

370. Если прямые AB и CD параллельны, то линия пересечения плоскостей ABE и CDE есть прямая, параллельная AB и CD. Если же прямые AB и CD пересекаются в точке М, то линией пересечения плоскостей ABE и CDE является прямая ЕМ. Заме-

Рис. 152

чан и е. Все утверждения относятся как к самим прямым, так и к их изображениям.

371. Призму АВСА1В1С1 можно разрезать, например, на пирамиды АВСАц AxExCjß и ВСС^.

372. Да. Если у тетраэдра (треугольной пирамиды) два противоположных двугранных угла тупые, то все его высоты расположены вне его.

373. Указанный многогранник является параллелепипедом. Поскольку основания пирамид никак не влияют на вид многогранника, их можно отбросить. Искомый многогранник, по сути, является общей частью двух равных трехгранных углов, симметричных относительно некоторой точки внутри их.

374. Проекцией точки D на плоскость ABC является середина AB. Таким образом, площадь проекции ADBC на плоскость ABC равна половине площади А ABC и согласно условию равна половине площади ADBC. По теореме о площади проекции косинус двугранного угла при ребре ВС равен — , а сам угол равен 60°.

375. Для удобства вычислений возьмем радиус круга равным 6. Тогда длины дуг, ограничивающих заданные сектора, будут равны соответственно 2к и Юл. Образующие конусов равны радиусу исходного круга, а указанные дуги равны длинам окружностей основания. Значит, радиус основания одного конуса равен 1, а другого 5. Соответственно высота первого конуса равна V36-1 = V35) высота второго у/ÏlÎ. Отношение высот равно 376.

377. Искомый радиус сферы равен радиусу сферы, описанной около правильной четырехугольной пирамиды, у которой сторона основания и высота равны 1. Радиус этой сферы равен радиусу окружности, описанной около равнобедренного треугольника, основание которого равно \[2, а высота 1 (см. задачу 64). Радиус этой окружности (и искомой сферы) равен —.

378. Проекцией куба на плоскость, перпендикулярную его диагонали, является правильный шестиугольник со стороной у-^.

(Это следует из того, что вершины этого шестиугольника — объединение вершин двух правильных треугольников со стороной у/2, см. решение задачи 368.) Радиус искомого цилиндра равен радиусу описанной около указанного шестиугольника окружности, т. е. равен у ^ •

379. Прежде всего заметим, что в результате вращения основания заданной пирамиды вокруг указанной оси получается цилиндрическое кольцо — тело, ограниченное боковыми поверхностями двух цилиндров с общей осью и частями их оснований. Высота

Рис. 153 Рис. 154

каждого цилиндра равна а. Радиус основания меньшего цилиндра (внутренний радиус тела) равен высоте пирамиды, т. е. fL^L.

Внешний радиус равен высоте боковой грани пирамиды, т. е. равен ——. Чтобы получить все тело, надо к указанному цилиндрическому кольцу добавить тело, получающеесся в результате вращения вокруг указанной оси равнобедренного треугольника, вершина которого совпадает с вершиной пирамиды, а вершинами основания являются середины соответствующих противоположных сторон основания пирамиды. Осевое сечение получающегося тела изображено на рисунке 153. Это тело можно представить иначе. Из цилиндра с высотой а и радиусом основания —— удалены два конуса с общей вершиной в центре цилиндра и основаниями радиуса ——, концентрическими основаниями цилиндра. Площадь осевого сечения тела равна а2у/3——j. Замечание. Здесь важно понять, что результатом вращения основания не является боковая поверхность цилиндра. Для этого сначала рассмотрите плоский случай — вращение отрезка вокруг точки.

380. Касательная из А к первой сфере равна 4, а касательная из А ко второй сфере равна 5. Искомое расстояние равно 5-4 = 1 или 5 + 4 = 9. Обе возможности могут быть реализованы.

381. Будем считать, что ребро куба равно 1 (рис. 154). Расстояние от вершины куба до его диагонали, эту вершину не содержащей, равно у — , так как оно равно высоте, опущенной на гипотенузу в прямоугольном треугольнике со сторонами 1, у/2, \[з. Имеем задачу: найти величину двугранного угла, если известно, что центр шара радиуса -—, касающегося граней угла, удален от ребра этого угла на расстояние

Проведя через центр шара

сечение, перпендикулярное ребру двугранного угла, получим простую планиметрическую задачу, из которой синус половины искомого угла равен

Следовательно, половина угла равна 45°, а угол между плоскостями равен 90°.

382. Из условия следует, что в каждой боковой грани высоты, выходящие из общей вершины, равны между собой и равны Vs. (Каждая такая высота в 2 раза больше высоты в правильном треугольнике со стороной 1.) Рассмотрим пирамиду ABCD и докажем, что если все расстояния от точки D до прямых AB, ВС и CA равны, то и проекция точки D на плоскость АБС должна быть равноудалена от прямых AB, ВС и CA. В самом деле, пусть О — проекция D на плоскость ABC, Р и M — проекции D на AB и ВС. Из равенства DP = DM следует равенство ОР = ОМ. А из того, что DP и DM перпендикулярны AB и ВС по теореме о трех перпендикулярах, следует, что ОР и ОМ перпендикулярны AB и ВС. Таким образом, проекцией точки D на плоскость ABC является точка, равноудаленная от прямых AB, ВС и CA. Таких точек в любом треугольнике 4 (см. задачу 302). Одна точка — это центр вписанной окружности и 3 точки — центры так называемых вневписанных окружностей. Для правильного треугольника со стороной 1 радиус вписанной окружности равен —-, а радиус вневписанной — в 3 раза больше, т. е. —. Таким образом, высота пирамиды равна или

Соответственно получаем два значения для объема:

383. i abd (см. задачу 356).

384. Все ребра пирамиды с вершинами в точках пересечения медиан граней данной пирамиды в 3 раза меньше ребер исходной пирамиды (см. задачу 232 и ее решение), следовательно, ее объем равен —.

385. Сумма площадей проекций боковых граней (взятых с соответствующим знаком, см. решение задачи 340) на основание равна площади основания. Отсюда по условию и по теореме о площади проекции (площадь проекции многоугольника равна площади многоугольника, умноженной на косинус угла между его плоскостью и плоскостью проекции) получаем, что сумма косинусов двугранных углов при основании указанной пирамиды равна 1.

386. Между заданными величинами имеет место соотношение h2 + — a2 = b2. Учитывая это соотношение, исходя из основной формулы объема, получим:

387. По условию все двугранные углы при основании равны, в основании пирамиды лежит описанный многоугольник (см. задачу 337). А поскольку двугранные углы при основании равны 45°, радиус вписанной в основание окружности равен 1. Площадь основания равна р (см. задачу 21). При этом должно выполняться неравенство рж. Это следует из того, что периметр описанного многоугольника (в данном случае 2р) больше длины вписанной окружности (в данном случае 2я), при этом при любом рж найдется описанный многоугольник с периметром 2р. (Если р близко к я, то этот многоугольник будет иметь достаточно много сторон.)

Таким образом, объем пирамиды равен —. Задача имеет решение при условии рж.

388. В каждом случае высота призмы равна диаметру окружности, вписанной в основание. (Радиус вписанного шара равен радиусу окружности, вписанной в основание.) Таким образом, во всех случаях радиус окружности, вписанной в основание, равен 1. Теперь надо для каждого п найти площадь правильного л-угольника, описанного около окружности радиуса 1. Получаем: д = 3, площадь основания з\/з, объем V8; л = 4, площадь основания 4, объем 8; п = 6, площадь основания объем 4\/з.

389. Рассмотрим шестиугольник ABCDEF (рис. 155). Пусть он вращается около прямой AB. Обозначим через К и M точки пересечения прямых EF и DC с AB. Объем полученного тела равен объему тела, получающегося от вращения прямоугольника ABDE (это цилиндр), плюс объемы двух равных тел, получающихся от вращения треугольников АЕК и BDM (два конуса), и минус объемы равных тел, получающихся от вращения треугольников AKF и ВСМ. Объем первого тела (цилиндра, в котором АБ = \/з, АВ = 1) равен Зя. Объем каждого из конусов (полученных из треугольников АЕК и BDM) в 3 раза меньше объема цилиндра и равен я. Каждое тело, получающееся от вращения треугольников AKF и ВСМ, можно разбить на два равных конуса (один из них получен вращением треугольника KFL, рис. 155). Каждый из этих меньших конусов имеет объем в 8 раз меньше объема конусов, найденных в предыдущем случае. Таким образом, объем искомого тела равен Зя +2я-^-= Замечание . Следует обратить внимание, что обычно для нахождения объема тела нестандартной формы мы представляем его как объединение стандартных тел. Здесь же наше тело получается путем объединений и удалений тел стандартной формы.

390. Если г и h — соответственно радиус основания и высота первого цилиндра, то из условия получаем,

Рис. 155

что радиус основания и высота второго будут соответственно равны 2г и |. Теперь понятно, что объем второго цилиндра в 2 раза больше объема первого.

391. Площадь боковой поверхности конуса равна S = nrl, объем

Далее получаем

392. Обозначим заданную плоскость буквой П, а буквой Р обозначим плоскость, перпендикулярную оси цилиндра и пересекающую ось в той же точке, что и плоскость 77. Пусть I — прямая, по которой пересекаются плоскости П и Р. Тело, состоящее из точек цилиндра, расположенных выше П и ниже Р, симметрично относительно прямой I телу, состоящему из точек цилиндра, расположенных ниже П и выше Р. Следовательно, ни одно из отношений не изменится, если плоскость П заменить плоскостью Р. Но для плоскости Р все утверждения очевидны.

393. Описанное в условии тело состоит из самого куба (объем 1), из 6 таких же кубов, прилегающих к данному по граням (объем 6), из 12 (по числу ребер) «четвертушек» цилиндров (ось каждой — соответствующее ребро), в сумме дающих 3 цилиндра высоты 1 и радиуса 1 (объем 37t) и 8 (по числу вершин) «восьмушек» шара радиуса 1 (объем 4^)- Таким образом, объем тела равен 7+^р.

394. Пусть искомая точка M имеет координаты (х; 0; 0). По условию МА2 = М£2, или (х+ l)2 + 4 + 9 = (x-2)2 + 9 +1. Из этого уравнения находим х = 0. Замечание. То, что искомая точка совпадает с началом координат, можно было увидеть сразу из того, что суммы квадратов координат точек А и В равны.

395. Квадрат радиуса сферы равен 4 + 16 + 1 = 21. Искомое уравнение имеет вид (х- 2)2 + (z/ + 4)2 + (z- I)2 = 21, или x2 + y2 + z2--4x + 8ï/-2z = 0.

396. Перепишем данное уравнение сферы (выделяя полный квадрат по каждому переменному): (х- 1)2 + (у- l)2 + z2 = 4. Таким образом, эта сфера имеет радиус 2 и центр в точке А(1; 1; 0). Известно, что если две сферы касаются между собой, то расстояние между их центрами равно сумме или разности радиусов этих сфер. В нашем случае АР = 3. Следовательно, радиус искомой сферы равен либо 3-2 = 1, либо 3 + 2 = 5. Уравнения искомых сфер:

x2 + i/2 + 22 + 2x-6i/-22+10 = 0 и x2+y2 + z2 + 2x-6y-2z-U=0.

397. Если М(х; у; z) произвольная точка плоскости, то MA2 = МВ2. (Заметим, что это равенство выполняется для всех точек плоскости и только для них.) Выражая MA и MB через координаты рассматриваемых точек, получим после упрощений: 2х + 2г/ + 2г + 3 = 0.

398. Запишем уравнение плоскости в общем виде ax + by + cz + + d = 0 и подставим в него поочередно координаты данных точек. Получим систему уравнений a-2b + d = 0, -2a + c + d = 0 и -6 + 2с + + d = 0. Эта система имеет решение а = 3, 6 = 5, с = -1, d=7. (Все решения системы пропорциональны указанным числам. Решать ее можно методом последовательного исключения: сначала из первого уравнения выражаем а и подставляем во второе уравнение. Затем из получившегося второго выражаем с и подставляем в третье уравнение.) Таким образом, искомое уравнение имеет вид 3jc + 5i/-z + 7 = 0.

399. Пусть искомая точка Р(х; у; г). По условию середина отрезка РМ принадлежит прямой x = y = z. Пусть эта середина — точка А — имеет координаты (t; t; t). Это означает, что —-— = t, откуда x = 2t-l. Аналогично получим: y = 2t-2, z = 2t-3. Остается найти t. Можно исходить из того, что векторы OA и РМ перпендикулярны. А можно из того, что длины ОР и ОМ равны. В обоих случаях получаем для t уравнение t2-2t = 0, откуда t = 2 (t = 0 очевидно не подходит). Получаем, что искомая точка Р имеет координаты (3; 2; 1).

400. Пусть a = xm + yn + zp. Тогда, подставляя в это равенство координаты векторов, получаем систему

откуда

401. Пусть координаты точек К(х; 0; 0;), N(0; у; 0) и M(0; 0; z). Перпендикулярность прямых КА9 NA и MA означает, что КА • NA = KA- МА = МА- NA = 0. Записав данные скалярные произведения в координатной форме, получим систему уравнений, из которой х = 7, -, 2= -.

402. Пусть Я, m и р — единичные векторы, направленные по ребрам, выходящим из указанной в условии вершины. Тогда квадраты длин диагоналей параллелепипеда равны следующим числам: (т + п+р)2, (т + п-р)2, (т-п+р)2 и (-т + п+р)2. Вычисляя эти квадраты по известным формулам, получим, что диагонали равны соответственно V4 + V2, \J2-^29 \Jà-\[2 и V2+V2.

403. Рассмотрим пирамиду ABCD. Докажем, что середины отрезков с концами на ребрах AB и CD заполняют параллелограмм (см. задачу 335), вершинами которого являются середины четырех оставшихся ребер пирамиды. Обозначим середины этих ребер буквами К, L, M и N, как на рисунке 156. Возьмем две точки Е и F на ребрах AB и CD. Когда точка F пробегает ребро CD, середина отрезка EF пробегает отрезок, по которому пересекаются треугольник CED и параллелограмм KLMN. (Этот отрезок парал-

лелен стороне KL параллелограмма, а значит, параллелен и CD.) Теперь, перемещая точку Е (а при каждом фиксированном Е и точку F), получим всевозможные отрезки, заполняющие параллелограмм KLMN.

404. Рассмотрим треугольную призму ABCAlBlCl. Пусть Р и Р1 — середины ВС и Б1С1 соответственно, M и Мг — точки пересечения медиан оснований. ААХРХР — параллелограмм, M и Мх лежат на АР и АХРХ и делят их в отношении 2:1 (считая от А и Ах). Из этого следует, что АРХ пересекает отрезок ММг в точке К, такой, что МК:КМ1 = 2 :1. Точно так же и отрезки, соединяющие В и С с серединами сторон А1С1 и В1А19 проходят через ту же точку К.

405. Рассмотрим треугольную пирамиду SABC. Ее объем равен 120. Воспользуемся теперь результатом задачи 352. Отношение объемов пирамид SKLM и SABC равно произведению

Таким образом, объем пирамиды SKLM равен 5.

Точно так же найдем, что объемы пирамид SLMN, SMNK и SNKL соответственно равны 4, 6 и 8. Объем пирамиды KLMN равен I (Vsklm + vsmnk)-(Vslmn + Vsnkl) 1 = 1- Замечание. Безусловно, главным (и самым трудным) в этой задаче является нахождение объема пирамиды KLMN. Требование найти объемы остальных пирамид является, по сути, подсказкой к решению этой задачи.

406. Угол в осевом сечении конуса, как легко видеть, является тупым (тангенс половины этого угла, равный отношению радиуса основания к высоте, больше 1, значит, половина угла больше 45°, а весь угол больше 90°). Образующая конуса равна 5. Любое сечение конуса плоскостью, проходящей через его вершину, есть равнобедренный треугольник с боковой стороной 5. Угол между боковыми сторонами этого треугольника меняется от 0° до угла в осевом сечении конуса, который больше 90°. Площадь сечения пропорциональна синусу этого угла. Наибольшее значение синуса, равное 1, достигается для угла 90°. Именно такое сечение и имеет наибольшую площадь 12,5.

407. Поскольку расстояние от центра цилиндра до его боковой поверхности равно любой шар, содержащий центр цилиндра и точку на его боковой поверхности, содержит отрезок длиной а следовательно, его диаметр не может быть меньше —. И соответственно его радиус не меньше —. Шар радиуса —,

Рис. 156

содержащий центр цилиндра и касающийся его боковой поверхности, очевидно, существует.

408. Если принять за основание пирамиды плоскость, содержащую ребра а и Ь, то получим, что площадь основания не превосходит -î- ab, а высота не больше с. Таким образом, объем пирамиды не превосходит — abc и равен этому значению, когда данные ребра попарно перпендикулярны.

409. Развертка боковой поверхности конуса есть круговой сектор радиуса 1. Длина дуги, ограничивающей этот сектор, равна длине окружности основания конуса, т. е. равна к ^радиус основания конуса равен Следовательно, развертка конуса есть половина единичного круга. Диаметрально противоположным точкам окружности основания конуса на развертке конуса соответствуют две точки, которые соединяются дугой в четверть окружности (центральный угол 90°). Кратчайший путь равен хорде, соединяющей эти точки, т. е. равен \[2.

410. Центры всевозможных сфер, проходящих через вершины ААВС, есть прямая, проходящая через центр описанной около ЛАВС окружности и перпендикулярная плоскости ABC. (См. задачу 336.)

411. Понятно, что радиус любого шара, содержащегося внутри правильной призмы, не превосходит радиуса окружности, вписанной в основание призмы, и не превосходит половины ее высоты. Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной 1, равен Таким образом, если h<^-, то радиус наибольшего шара, содержащегося в призме, равен —. Если же h > ^—, то этот радиус равен -1—.

412. Понятно, что радиус любой сферы, содержащей эту пирамиду, не может быть меньше радиуса окружности, описанной около ее основания. В данном случае радиус окружности, описанной около основания / он равен 4:1 больше высоты пирамиды. (Неравенство — >4 легко доказать, возведя обе его части в квадрат. )

Таким образом, сфера радиуса — с центром в центре основания содержит все вершины пирамиды. Значит, — и есть ответ на вопрос задачи.

413. Рассмотрим трехгранный угол с вершиной А. Пусть О — центр некоторого шара, касающегося граней этого угла. Тогда центры всевозможных шаров, касающихся граней этого угла, расположены на луче АО. (Этот луч есть геометрическое место цент-

ров шаров, вписанных в рассматриваемый трехгранный угол.) В нашем случае существует шар, вписанный в куб. Он касается всех граней. Рассматриваемое геометрическое место есть объединение всех четырех диагоналей куба.

414. Да. В качестве примера можно взять любой параллелепипед, в частности куб. (Проверьте это.)

415. Если M — точка касания с данной сферой плоскости, проходящей через точку А, то AM есть отрезок касательной к сфере, проведенной из точки А. Значит, длина отрезка AM есть величина постоянная. Таким образом, искомые точки M принадлежат окружности, по которой пересекаются данная сфера и сфера с центром в точке А радиуса AM. Все точки указанной окружности входят в искомое геометрическое место точек.

416. Пусть тп, Я, р ид — единичные векторы, направленные по данным лучам, s — сумма косинусов всевозможных углов между этими векторами. Имеем 0<(m + H+p + g)2. Правая часть неравенства после возведения в квадрат оказывается равной 4 +2s. Значит, 0<4 + 2s, откуда следует наше утверждение.

417. I способ. Площади треугольников АВСг и АВ1С1 равны (рис. 157). Проекцией точки В1 на плоскость АВС1 является середина ВСХ. Из этого следует, что площадь проекции треугольника ABxCi на плоскость АВСг равна половине площади ЛАВСц а значит, половине площади ААВ1С1 (треугольники АВС1 и АВ1С1 равны). По теореме о площади проекции косинус искомого двугранного угла равен а значит, этот угол равен 60°. II способ. Пусть ребро куба равно 1. Тогда АС1 = у/з, площади треугольников ABiCj и АВС1 равны —, объем пирамиды АВВХСХ равен —.

Используя формулу задачи 355, найдем, что синус искомого двугранного угла равен а сам угол равен 60° (поскольку он, очевидно, острый). III способ. Рассмотрим правильный треугольник BAXD. Его плоскость перпендикулярна диагонали куба АСг. Эта диагональ пересекает плоскость треугольника BAXD в его центре (точке Р). Угол АХРВ равен 120° и является линейным углом двугранного угла, ребро которого АС19 а грани содержат точки Ах и В. Плоскость АВ1С1 (точнее, полуплоскость) является биссекторной плоскостью этого двугранного угла. Значит, искомый угол равен 60°. Замечание. Все три приведенных способа отличаются от традиционных. Следует обратить внимание на 1-й способ (особенно)

Рис. 157

и 2-й. Эти решения и эффектны, и весьма эффективны, и в некотором смысле даже проще традиционного подхода (с построением линейного угла). Полезно также запомнить, что в результате поворота на 120° вокруг диагонали куб переходит сам в себя (это, в частности, следует из 3-го способа).

418. а) Линейным углом является угол РАВ, величина угла 45°.

б) Линейным углом является угол АВР, величина угла 90°.

в) Опустим из А и С перпендикуляры на PD. Ввиду равенства треугольников PAD и PCD основания этих перпендикуляров совпадают (точка К). Угол АКС является линейным углом указанного двугранного угла. Его величину можно найти следующим образом. Считая, что сторона квадрата ABCD равна 1, находим последовательно:

Теперь по теореме косинусов находим, что Z.AKC= 120°. (См. также 3-е решение задачи 417.)

419. Проекция катета, не принадлежащего плоскости а, равна 4 cos 30° = 2 V3. Проекция гипотенузы равна Vl6 + 12 = 2 \[l.

420. См. рис. 158.

421. См. рис. 159. Строим точку пересечения BP и DM; АЕ — линия пересечения плоскостей DAM и АВР. Точка F —точка пересечения прямых АЕ и КМ — искомая.

422. Поскольку прямые AB и CD параллельны, прямая, по которой пересекаются плоскости ABE и CDE,— прямая I — параллельна этим прямым (AB и CD). Точно так же прямая р параллельна прямым ВС и AD. А поскольку прямые AB и ВС перпендикулярны, то перпендикулярными являются и прямые I и р.

423. Утверждение задачи является прямым следствием определений: прямой, перпендикулярной плоскости, угла между прямой и плоскостью и угла между двумя прямыми. Можно считать, что прямые р и I пересекаются в точке А, не лежащей в плоскости П (при параллельном переносе рассматриваемые в условии углы не меняются). Обозначим через В и С точки пересечения I и р

Рис. 158

с плоскостью П. Треугольник АБС прямоугольный, в котором прямой угол при вершине С. (По определению, прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой плоскости.) Углы при вершинах А и В — это соответственно углы между прямыми I и р и между прямой I и плоскостью П. (По определению, угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и ее проекцией на плоскость, а ВС — проекция /.) Утверждение доказано, поскольку сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°.

424. Середины отрезков АБ, БС, CD и DA являются вершинами параллелограмма, стороны которого параллельны АС и BD (см. задачу 335). Из условия следует, что диагонали этого параллелограмма равны. Значит, этот параллелограмм является прямоугольником и искомый угол равен 90°.

425. Возможны два случая расположения указанных точек относительно заданной плоскости. Если точки расположены по одну сторону от плоскости, то расстояние от середины отрезка с концами в заданных точках равно полусумме расстояний от концов, т. е. равно 4. Если же точки расположены по разные стороны от плоскости, то это расстояние равно полуразности и равно 1.

426. Пусть плоскость DEF пересекает AB и ВС в точках К и M соответственно (рис. 160). По условию К — середина АБ. А так как EFII АС, то и КМ\\АС. (Линия пересечения двух плоскостей, проходящих через параллельные прямые, параллельна этим прямым.) Значит, КМ — средняя линия в треугольнике АБС, M —середина ВС и F — точка пересечения медиан в треугольнике DBC.

Таким образом,

Искомое отношение равно 1:3.

427. Обозначим данные точки А, Б, С, D. Пусть АБС — правильный треугольник со стороной 1. Все расстояния от точки D до прямых АБ, ВС и CA равны между собой. Следовательно, и проекция точки D на плоскость АБС должна быть равноудалена

Рис. 159 Рис. 160

Рис. 161

Рис. 162

от прямых AB, ВС и CA, т. е. проекцией точки D на плоскость ABC должен быть либо центр вписанной в ЛАВС окружности, либо центр одной из вневписанных окружностей этого треугольника. В первом случае ABCD является пирамидой, у которой все грани правильные треугольники. Наибольшее расстояние между заданными точками равно 1. Рассмотрим второй случай. Пусть точка D проектируется в центр одной из вневписанных окружностей треугольника ABC — точку Р. Но поскольку ABC — правильный треугольник, все треугольники с вершинами в точках А, В, С и Р равновелики (рис. 161). Следовательно, точка D совпадает с Р и наибольшее расстояние между точками оказывается равным V3. Это и есть ответ на вопрос задачи.

428. Если все плоские углы при одной вершине параллелепипеда равны 60°, то такими же будут плоские углы при противоположной вершине, а при всех оставшихся вершинах один угол равен 60°, а два — по 120° (рис. 162). В этом случае объем параллелепипеда будет в 6 раз больше объема правильного тетраэдра с ребром 1 (см. задачу 344), т. е. равен —. Других возможностей образовать из 6 указанных ромбов поверхность параллелепипеда нет, поскольку другие комбинации плоских углов при одной вершине (120°, 120°, 120° или 120°, 60°, 60°) невозможны. Замечание. Полезно изучить ситуацию, когда поверхность параллелепипеда составлена из равных ромбов с острыми углами а. Если а>60°, существуют две возможности построить такой параллелепипед.

429. Поскольку треугольник ABD является проекцией на плоскость ABD треугольника ABC, косинус угла между плоскостями ABD и ЛВС равен —. Таким образом, площадь проекции треугольника ABD на плоскость ABC равна Q • — = —.

430. Прежде всего заметим, что теорема о площади проекции верна для любой плоской фигуры. Обозначим через ф угол между плоскостью Р и плоскостью единичного круга. Из условия следует, что 7tcos(p=l. Пусть I — прямая, по которой пересекаются

плоскость Р и плоскость круга. Проведем в круге диаметр AB, перпендикулярный Z. Нам надо найти проекцию AB на прямую, перпендикулярную Р. Угол между AB и этой прямой равен 90° -ф.

Таким образом, искомая проекция равна 2 sin ф = —

431. Радиус окружности, описанной около основания правильной пирамиды, меньше ее бокового ребра. Поскольку — <5 (возведем в квадрат и освободимся оТ знаменателя, получив верное неравенство 64<75), сторона основания может равняться 8. А поскольку — >5, сторона основания не может равняться 9.

432. Площади граней ADB, ADC, BDC и ABC равны соответственно —, —, 1 и у 2 (для вычисления площади А ЛВС можно сначала найти все стороны этого треугольника). Воспользуемся теоремой о площади проекции. Поскольку двугранные углы при ребрах DA, DB и DC по условию прямые, проекция грани ABC на каждую из оставшихся совпадает с самой гранью. Соответственно косинусы двугранных углов при ребрах AB, АС и ВС равны —, — и — (они равны отношению площадей соответствующих граней).

Значит, соответствующие двугранные углы равны 60°, 60° и 45°.

433. Проведем прямую А1М1 и обозначим через Кг точку пересечения этой прямой с В1С1. Теперь на стороне В2С2 треугольника А2В2С2 строим точку К2> такую, что В2К2 : К2С2 = В1К1 : К1С1, а затем на отрезке А2К2 строим точку М2, которая делит этот отрезок в том же отношении, в каком точка Мх делит отрезок А1К1. Это и есть искомая точка, поскольку при параллельном проектировании (а именно так получаются изображения) сохраняются отношения отрезков, расположенных на одной прямой.

434. Проведем на изображении две параллельные хорды (любые). Построим их середины. Прямая, проходящая через середины этих хорд, проходит через изображение центра окружности. Отрезок этой прямой внутри данного изображения есть изображение соответствующего диаметра. Середина этого отрезка есть изображение центра окружности.

435. См. рисунок 163. В пунктах б) и в) строим изображения прямых, по которым попарно пересекаются данные плоскости. Все три прямые должны пересечься в одной точке. Поэтому формально для построения достаточно провести лишь две прямые. Замечание. С подобными конструкциями связаны интересные теоремы по планиметрии о пересечении прямых в одной точке (типа известной теоремы Дезарга).

436. Рассмотрим правильную треугольную пирамиду, все ребра которой равны 1. Любая вершина проектируется в центр противоположной грани. Поскольку радиус окружности, описанной

около правильного треугольника со стороной 1, равен —, косинус искомого угла также равен —. Сам угол равен arccos —.

437. Рассмотрим куб ABCDA^C^. Пусть указанными в условии диагоналями будут АСХ и BD. Проведем диагональное сечение АССХАХ (рис. 164). Поскольку диагональ BD перпендикулярна этому диагональному сечению, искомый угол равен 90°. Перпендикуляр, опущенный из точки Р — середины BD (она же середина АС), является общим перпендикуляром к BD и АСХ. Его длина равна искомому расстоянию. Получаем простую задачу планиметрии. Имеется прямоугольный треугольник АССХ с катетами AC = V2 и СС1 = 1. Найти расстояние от середины АС — точки Р — до гипотенузы АСХ. Это расстояние равно —. Замечание. См. также метод, описанный в задаче 343.

438. Воспользуемся приемом, описанным в условии и решении задачи 343. Спроектируем обе прямые на плоскость, проходящую через А и перпендикулярную АС (рис. 165). Точка В спроектируется в Б', С — в А. Имеем следующую задачу по планиметрии (см. задачу 343 и замечание в решении): в прямоугольном треугольнике BAD известны катеты БА = а, AD = h, найти высоту к гипотенузе в этом треугольнике и отношение, в котором высота делит гипотенузу. Высота равна ah , а отношение (от точки В') равно — (см. задачу 75). Поскольку проекцией BD на АС является отрезок АС, общий перпендикуляр делит BD и АС в одном и том же отношении.

Рис. 163

439. Заметим, что плоские углы при вершине правильной треугольной пирамиды не могут быть больше 120°, поскольку их сумма не превосходит 360°. Это означает, в свою очередь, что если плоские углы при вершине тупые, то синус каждого угла не меньше В каждом пункте по формуле, выражающей площадь треугольника через две стороны и синус угла между ними, найдем синус плоского угла при вершине пирамиды. В случае а) этот синус равен —. Соответственно задача имеет два решения (поскольку — > — . Угол может быть как острым, так и тупым, соответственно косинус — положительным и отрицательным. Таким образом, косинус угла равен

Сторона основания равна 6 или 8. В пункте б) синус плоского угла равен ±±г. Поскольку < iur = — < —, задача имеет единственное решение. Косинус плоского угла равен 11?. Сторона основания равна 10. Замечание. Можно было бы несколько упростить вычисления, поступив следующим образом. Возьмем одну боковую грань и проведем в ней высоту к основанию. Эта высота разделит боковую на два равных прямоугольных треугольника. В каждом треугольнике известны гипотенуза и площадь. Катеты такого треугольника однозначно определяются. Из двух равных прямоугольных треугольников можно составить равнобедренный треугольник двумя способами, приложив их друг к другу равными катетами. В обоих пунктах получаются пифагоровы треугольники. В пункте а) треугольник со сторонами 3, 4 и 5, а в пункте б) — со сторонами 5, 12 и 13. Поскольку в первом треугольнике все острые углы меньше 60°, получаем две возможности. А у второго треугольника больший острый угол больше 60°. Поэтому имеет место лишь одна возможность.

Рис. 164 Рис. 165

440. Двугранные углы при основании пирамиды равны. Площадь проекции боковой поверхности на основание равна площади основания. По теореме о площади проекции получаем, что двугранные углы при основании равны arccos —.

441. Решение понятно из рисунка 166.

442. Рассмотрим диагональное сечение АСС1А1. Пусть M — точка пересечения диагоналей грани ABCD.

Нужно определить, в каком отношении отрезок АХМ делит АСХ. Это отношение очевидно равно AM:AlCl = 1:2.

443. а) Точку Аг построим как четвертую вершину параллелограмма АВВ1А1, три вершины которого заданы, и т. д. б) Требуемое построение можно осуществить различными способами. Например. Обозначим середины ААг, ССХ, ВС и А1С1 соответственно буквами К, L, M и N (рис. 167). Точки К, L и N являются серединами трех сторон параллелограмма АССХАХ. Построим точку Р так, что KNLP — параллелограмм, Р — середина четвертой стороны параллелограмма АССХАХ. Далее легко строим и сам параллелограмм АСС1А1. (См. замечание к следующей задаче.)

444. а) Пункт достаточно прост: последовательно строим точки С, Вх и Dx как четвертые вершины параллелограммов, у которых заданы три вершины, а затем и точку Сг. б) Строим середины АС и BXDX — точки M и К. Отрезок МК равен и параллелен четырем ребрам параллелепипеда. Откладывая от заданных вершин в нужном направлении отрезки равные и параллельные МК, построим оставшиеся вершины параллелепипеда, в) Обозначим середины ВВг и AXDX буквами Е и Р (рис. 168). Построим точку L так, что CAPL — параллелограмм. Точка L расположена на прямой ВХСХ и при этом Сг принадлежит отрезку BXL и делит его в отношении 2:1 (от Вх). Затем продолжим отрезок СЕ за точку Е на расстояние, равное СЕ. Получим точку Н, расположенную также на прямой БХСХ причем заметим, что Вх — середина НС1. Таким образом, мы построили точки L и Н, такие, что вершины Вг и Сг расположены на HL и делят его в известном отношении (2:2:1). Разделив HL в этом отношении, найдем точки Вх и Сх и т. д. Замечание 1. Для удобства во всех пунктах задач 443 и 444 точки на изображениях мы обозначали так же, как и на самих многогранниках. Замечание 2. Нетрудно самостоятельно составить целую серию задач на данную тему. Кроме вершин многогранников и середин ребер, можно задавать и другие точки — центры граней и иные. Важно только, чтобы заданные точки не принадлежали одной плоскости. Замечание 3. Во всех решениях мы рассуждаем на имеющемся изображении многогранника. Полезно и поучительно, отметив каким-то образом на плоскости четыре

Рис. 166

точки, соответствующие заданным в условии, провести для них соответствующее построение.

445. Пусть плоскость, параллельная АС и BD, пересекает AD, DC, ВС и AB соответственно в точках К, L, M и N. KLMN — параллелограмм, поскольку KL и MN параллельны АС, а следовательно, параллельны между собой. Точно так же параллельны KN и LM. Положим СМ:СВ = х. Тогда LM = xDB = xb, NM = (1-х) а.

Если KLMN — ромб, то xb = (l-x)a, х — а . Сторона ромба равна -.

446. 120°.

447. Сечением является круг радиуса yr2-d2, его площадь равна n^-d2).

448. Проекцией сечения на основание цилиндра является основание цилиндра, его площадь кг2. Следовательно, площадь сечения равна

449. Здесь самое главное — понять и обосновать, что в данном случае применима теорема о площади проекции, вследствие чего искомая площадь равна cos а . Обосновать этот результат можно, например, следующим образом. Рассмотрим пирамиду (можно правильную, но необязательно), вершина которой совпадает с вершиной конуса, а основанием является многоугольник, описанный около основания конуса. Все боковые грани этой пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом а. Для любой фигуры, расположенной на боковой поверхности такой пирамиды, теорема о площади проекции верна. Значит, площадь части боковой поверхности пирамиды внутри призмы равна cog а .

При возрастании числа сторон в основании пирамиды (при условии, что наибольшая сторона стремится к 0) площадь ее боковой

Рис. 167 Рис. 168

поверхности стремится к площади боковой поверхности конуса, а площадь части поверхности пирамиды, расположенной внутри призмы, стремится к площади соответствующей части боковой поверхности конуса. Замечание. Данное рассуждение является достаточно строгим и, главное, вполне понятным даже не очень сильному школьнику. Следует также обратить внимание на то, что используемая формула имеет большое практическое значение. В обычной жизни необходимость в подобного рода вычислениях не так уж и редка.

450. Стороны треугольника с вершинами в точках касания равны (см. решение задачи 106) 2 V6-10=4 VÏ5, 6 VÏÔ и 10 У/в. По теореме косинусов найдем, что косинус наибольшего угла равен 0. Искомый угол равен 90°.

451. Достаточно очевидно, что центр искомого шара совпадает с центром вписанного в правильный тетраэдр шара (он же и центр описанного шара). И следовательно, надо найти расстояние от центра этого шара до ребра. Очень наглядно решить задачу можно следующим образом. Рассмотрим куб с ребром —. Диагонали граней этого куба равны 1. Среди вершин куба можно выбрать 4, которые будут являться вершинами правильного тетраэдра с ребром 1. (Это можно сделать двумя способами.) Шар, вписанный в куб, будет касаться ребер этого тетраэдра. Его радиус равен —. 4

452. Понятно, что шар касается грани в ее центре, а ребер противоположной грани — в их серединах. Задача сводится к определению радиуса сферы, описанной около правильной четырехугольной пирамиды, сторона основания которой равна —, а высота 1. Пусть X — радиус этой сферы. Ее центр делит высоту на отрезки длиной х и 1-х. Соединим центр сферы с вершиной основания. Получим прямоугольный треугольник с катетами | и 1-х и гипотенузой х. По теореме Пифагора имеем — +(1 - х)2 = х2. Откуда

453. Спроектируем диаметр АБ на прямую КМ. Получим отрезок А'В'. А поскольку середина диаметра AB — центр сферы О, она спроектируется в точку О', которая является одновременно и серединой хорды КМ, и серединой АЪ\ КА'=МВ\

454. Пусть АВВХАХ — одна из боковых граней рассматриваемой призмы, Р — точка касания вписанного шара с этой гранью, О и Ох — точки касания шара с основаниями призмы. Треугольник АОВ равен треугольнику АРБ, а треугольник А101Б1 равен треугольнику АХРВХ. Сумма площадей треугольников АРВ и АХРВХ равна половине площади грани АВВХАХ. Значит, площадь всей

грани в 2 раза больше суммы площадей треугольников АОВ и A101ß1. Повторив эти рассуждения для каждой боковой грани и сложив эти площади, получим, что боковая поверхность призмы в 2 раза больше суммы площадей оснований призмы, т. е. равна 4.

455. Пусть радиусы шаров равны х и у (х>у). Опустим из центра каждого шара перпендикуляры на грани и ребра данного угла. Получим два куба с ребрами х и у. А поскольку расстояние между центрами шаров равно х+у, получаем уравнение (х+у) = (х-у)\[з, откуда х:у = 2 + \[з.

456. Проведем через центр шара осевое сечение конуса и рассмотрим половину (рис. 169). На рисунке SO — высота конуса, Р — центр шара, SA — образующая конуса, M — точка касания шара с основанием конуса. Треугольник SAO прямоугольный, /-SAO = 60°, РА — биссектриса угла SAO. Если радиус сферы равен Ху то OM = x\f2y АМ = х у[з, ОМ + МА = ОА=1, х - у/а-у/2.

457. Рассмотрим двугранный угол величины а и два перпендикуляра на грани этого угла, опущенные из точки О. Эти перпендикуляры образуют угол величиной 180°-а. Таким образом, плоские углы трехгранного угла с вершиной О дополняют до 180° двугранные углы исходного трехгранного угла (обозначим его вершину буквой Р). Далее заметим, что точка Р находится внутри трехгранного угла с вершиной О, а ребра исходного трехгранного угла с вершиной О перпендикулярны ребрам второго трехгранного угла (следует из признака перпендикулярности прямой и плоскости). Следовательно, плоские углы трехгранного угла с вершиной Р дополняют до 180° двугранные углы трехгранного угла с вершиной Р. Получается, что плоские углы одного трехгранного угла дополняют до 180° двугранные углы другого. В данном случае плоские углы трехгранного угла с вершиной О равны 180°-а, 180°-ß, 180°-у. А его двугранные углы равны 180°-А, 180°-Б, 180°-С. Замечание. Указанную пару трехгранных углов иногда называют также дополнительными (или полярными). Они играют важную роль в теории трехгранных углов и в сферической геометрии (отсюда и второе название). С помощью этого приема утверждения для плоских углов трехгранного угла можно переформулировать для двугранных углов. Например, применяя известное неравенство, что сумма плоских углов трехгранного угла меньше 360°, к плоским углам дополнительного трехгранного угла, получим, что сумма двугранных углов трехгранного угла больше 180°.

Рис. 169

458. Кратчайший путь, соединяющий противоположные вершины параллелепипеда, должен пересекать одно ребро параллелепипеда и проходить по двум его граням. Развернув эти две грани, мы получим прямоугольник, у которого одна сторона равна ребру параллелепипеда, а другая — сумме двух оставшихся ребер. Длина соответствующего пути равна диагонали этого прямоугольника. Наименьшую диагональ имеет прямоугольник со сторонами 12 и 5. Она равна 13.

459. Разворотом боковой поверхности цилиндра является прямоугольник со сторонами h и 2кг. На развертке нужно рассмотреть различные пути, соединяющие вершину получившегося прямоугольника с серединой противоположной стороны длиной 2кг.

Длина кратчайшего пути равна V^2 + (2лг)2.

460. Рассмотрим пирамиду SABCD (S — вершина). Пусть 2ф — двугранный угол между соседними боковыми гранями. I способ. Опустим из А и С перпендикуляры АК и CK на боковое ребро SB (рис. 170), АКС — линейный угол двугранного угла между гранями SBA и SBC, А АКС = 2ф. Положим для удобства, что сторона основания равна 2. Тогда SO = tg a, AO = ßO = V2, SB = ^S02+OB2 = ^Jtg2 а+2, OK = \j2 ctg у. (Последнее равенство получено из треугольника АОК.) Рассмотрим прямоугольный треугольник SOB. Имеет место равенство SO • OB = SB -OK или

II способ. Рассмотрим пирамиду ABOS. Если площадь грани SAB равна 1, то площади граней АОВ, SOA и SOB будут соответственно равны cos a, cos ф и cos ф. Но сумма площадей проекций этих граней на грань SAB равна ее площади, т. е. равна 1. Получаем равенство cos2 а + 2 соз2ф = 1. Откуда получаем 2 cos2 ф = sin2 а, ф = агссоэ I— sin а. Замечание 1. Как видите, мы получили разные формы записи ответа. Такие ситуации часто случаются при решении подобных задач. Иногда даже могут возникнуть недоразумения, поскольку доказать эквивалентность различных форм записи ответа не всегда просто. В данном случае видно, что второй вариант выглядит более привлекательно и его следует давать в учебнике или же в задачнике. Замечание 2. II способ более технологичен (и эстетичен). Этот метод решения задачи легко можно распространить на более общие случаи (например, на случай правильной п-угольной пирамиды).

461. Радиус сферы, описанной около многогранника, не может быть меньше радиуса окружности, описанной около какой-либо его грани. В данном случае это означает, что радиус описанной сферы не меньше — . Эта величина и является ответом на вопрос задачи.

Рис. 170 Рис. 171

462. Пусть точки А и В — центры шаров радиуса R, а С и D — центры шаров радиуса г. Из условия следует, что AB = 2R, CD = 2r, AC = СВ = BD = DA = R + r. Пусть эти шары касаются плоскости П. Из условия следует, что П параллельна AB и CD (рис. 171), при этом расстояние от AB до П равно R, а от CD и П равно г. Из этого следует, что расстояние между серединами AB и CD (точками M и Р) равно R -г. Выражая по теореме Пифагора АР2 из треугольников AMP и АСР и приравнивая эти выражения (АМ2 + + MP2 = AC2-CP2), получаем R2 + (Д- г)2 = (Д + г)2 - г2, или R2--4#г+г2 = 0. Искомое отношение равно 2 + V3. Замечание. Обратите внимание на то, что чертежи, сопровождающие решение задачи, не содержат изображений сфер (обычно сферы не изображают!). Мы рассматриваем многогранник с вершинами в центрах сфер и простые вспомогательные рисунки (чертежи).

463. Радиус каждого цилиндра равен —. Расстояние от центра шара до его ребер равно —. Таким образом, радиус искомой сферы равен —— —.

464. Сначала найдем расстояние между серединами противоположных ребер пирамиды. Оно равно 5. Искомая хорда делится на 3 отрезка длиной х, 5 и у. По теореме о произведении отрезков хорд, проходящих через одну точку (эта теорема верна и для сфер), получаем систему уравнений х(Ь + у) = 9 и у(5 + х) = 16. Нужно найти х + у + Ь. Путь решения достаточно очевиден. Вычитая уравнения, получим 5(у-х) = 7. Затем выражаем у через х, подставляем в какое-нибудь уравнение (в любое), получаем квадратное уравнение относительно х и т. д. Ответ: — V481.

465. Пусть ребра параллелепипеда равны a, b и с, тогда аЬ = 3, be = 4, са = 5. Перемножим эти равенства и извлечем квадратный корень, получим V=abc = 2 У/ïe.

466. Пусть ребра параллелепипеда равны a, b и с, тогда а2 + Ь2 = 4, Ь2 + с2 = 3, с2 + а2 = 5. Сложим второе и третье равенства

и вычтем первое, получим 2с2 = 4, с = \[2. Затем найдем остальные ребра a = V3, Ь — 1 и объем F=V6.

467. Площади граней параллелепипеда обратно пропорциональны высотам, к ним проведенным. Значит, они относятся как -|- : — : -I-, или (умножая каждую дробь на 12) как 6:4:3. Сумма площадей трех различных граней равна 26. Эту сумму надо разделить в указанном отношении. Получаем, что площади граней равны 12, 8 и 6.

468. Одна из получившихся частей — пирамида, подобная исходной, с вдвое меньшим объемом. Если х — коэффициент подобия, то х3=—. Искомое отношение равно -—-=\[2-1, считая от вершины основания.

469. Пусть в пирамиде ABCD ребро CD равно \/б9 а все остальные равны 2 (рис. 172). Рассмотрим треугольник DCM, где M — середина AB. В этом треугольнике нам известны все стороны (DM = CM = 3, CD = yfe). Его площадь легко найдем. (Этот треугольник прямоугольный и его площадь равна —.) Объем пирамиды равен 1.

470. Все кубы имеют общий вписанный шар, радиус которого -|-. Следовательно, объем общей части больше объема этого шара, т. е. больше —>—.

471. Записывая объемы пирамид ABCD и KMPQ по формуле, данной в задаче 356 (через соответствующие ребра), увидим, что объем пирамиды KMPQ в 6 раз меньше объема пирамиды ABCD.

Ответ: —. 6

472. Возьмем на прямой КМ точку Е так, что КЕ =АВ = а (рисунок 173 иллюстрирует ситуацию, когда О а). Объем искомого многогранника равен сумме объемов призмы ADKBCE (он равен — abh) и треугольной пирамиды ВСЕМ (находим по формуле задачи 356, он равен — (c-a)bh). Объем рассматриваемого многогранника равен — (2а + с).

473. Из условия следует, что основанием высоты пирамиды является центр ромба и что радиус окружности, вписанной в ромб, равен Л ctg а. Но диаметр окружности, вписанной в ромб, равен его высоте, а следовательно, меньше его стороны. Значит, заданная пирамида возможна при условии, что 2Äctga<l.

Ее объем равен — h2ctg а. Графиком функции, задающей объем

как функцию от Л, будет дуга параболы

474. Объем пирамиды AB1CD1 составляет — объема параллелепипеда. (От параллелепипеда отрезали 4 пирамиды, объем каждой равен — объема параллелепипеда, рис. 174.) Плоскость АХВСХ пересекает отрезки ВХА, ВХС и BXD в их серединах, а следовательно, отрезает от пирамиды AZ^CDx пирамиду, объем которой в 8 раз меньше объема пирамиды AB-fiD^. Итак, каждая грань пирамиды A^BC-J} отрезает пирамиду с объемом, равным — объема пирамиды AB^D^ а объем общей части, следовательно, равен половине объема пирамиды ABtCDl9 т. е. равен —. Замечание.

Общая часть заданных в условии пирамид есть многогранник с вершинами в центрах граней данного параллелепипеда. Исходя из этого, также нетрудно вычислить его объем.

475. Как известно (см. например, задачу 368) сечением единичного куба плоскостью, перпендикулярной его диагонали, является правильный шестиугольник со стороной —, центр которого середина диагонали. При повороте вокруг этой диагонали на 60° шестиугольник перейдет сам в себя (каждая вершина перейдет в соседнюю). Общей частью будет многогранник, вершинами которого являются концы диагонали куба и вершины соответствующего правильного шестиугольника. (Этот многогранник можно представить в виде объединения двух правильных шестиугольных пирамид.) Искомый объем равен —.

Рис. 172

Рис. 173

Рис. 174

476. Рассмотрим правильный треугольник ABC со стороной 3. Пусть прямая, проходящая через его центр параллельно ВС, пересекает AB и АС в точках К и M (рис. 175), F и Е — точки, симметричные В и С относительно КМ. Прямая FE пересекает AB и АС в точках Р и Q, N — середина КМ. Объем искомого тела вращения можно получить как сумму объемов тел, получающихся от вращения вокруг КМ треугольника KAM (правильный треугольник со стороной 2, объем тела вращения равен 2л), и объемов двух равных тел, получающихся от вращения треугольников KPF и MQE. Объем тела, получающегося при вращении треугольника FPK, равен разности объемов тел, получающихся при вращении параллелограмма KFPN и треугольника KPN. Объем тела, полученного от вращения параллелограмма KFPN, равен объему цилиндра радиуса и высоты 1 (т. е. равен — я). Объем тела, полученного от вращения треугольника KNP, равен — тс. Итак, искомый объем равен 2п + 2( — к- — к] = Зя.

477. Рассмотрим сечение полученного тела плоскостью, перпендикулярной оси вращения и пересекающей стороны треугольника AB и АС в точках К и Р. Пусть эта плоскость пересекает ось вращения в точке Е (рис. 176). Площадь сечения равна площади фигуры, полученной в результате вращения отрезка KP вокруг точки Е (вращение в плоскости KEP). Фигурой вращения будет кольцо с внешним радиусом КЕ и внутренним радиусом ТЕ (Т — середина KP). Площадь кольца равна п(КЕ2-ТЕ2) = кКТ2, т. е. площадь любого такого сечения не зависит от расстояния между осью вращения и плоскостью треугольника. Следовательно (принцип Кавальери), и объем тела не зависит от этого расстояния. Можно взять ось вращения, совпадающую с прямой AM. В этом случае телом вращения будет являться конус с объемом — na2h. Таким же будет объем тела вращения во всех случаях. Замечание. Принцип Кавальери дается далеко не во всех учебниках. Однако на интуитивном уровне он достаточно очевиден. Данная задача весьма поучительна. Нередко встречается следующая ошибка. Пытаясь решить задачу, не используя принцип Кавальери,

Рис. 175

Рис. 176

ученик строит осевое сечение и считает очевидным, что осевое сечение состоит из двух симметричных треугольников. Это серьезная ошибка. В результате вращения прямой вокруг оси, скрещивающейся с ней, получается поверхность гиперболоида, а не коническая поверхность. Осевое сечение в данной задаче (если ось не лежит в плоскости треугольника) состоит из двух симметричных фигур — криволинейных треугольников: одной стороной каждого является кривая линия (эта кривая — часть гиперболы).

478. Искомые части пропорциональны величине а. Но при а = 71 известен и объем части шара, и площадь сферы внутри двугранного угла (соответственно половины объема всего шара и площади всей сферы). Поэтому объем части шара внутри двугранного угла величины а равен — ai?3, а площадь части сферы соответственно 2aR2.

479. Соединив центр шара со всеми вершинами пирамиды, разделим ее на треугольные пирамиды. Если в качестве оснований этих пирамид взять боковые грани данной, то их высоты будут равны между собой и равны R — радиусу искомого шара.

Сложив объемы этих пирамид, получим V= — SR. (Сравните с формулой задачи 352.) Таким образом, R=—.

480. Выделяя полные квадраты по х, у и г, исходное уравнение можно привести к виду ^#+-^ +(у+ l)2 + ^z+ А^ =-|-. Эта форма записи доказывает, что данное уравнение задает сферу радиуса - с центром в точке Of-—; -1; - — J.

481. Расстояние от точки Q до плоскости yOz равно абсолютной величине первой координаты, т. е. равно 1. Уравнение сферы имеет вид (х+ 1)2 + (г/-3)2 + (,г-4)2 = 1.

482. Квадрат расстояния от точки Q до оси Oz равен (-1)2 + 32 = 10. Уравнение сферы имеет вид (#+1)2 + (у-3)2 + + (г_4)2 = 10.

483. Уравнение заданной сферы можно переписать в виде (х-l)2 + (i/ + 2)2 + 22 = 5. Это уравнение сферы с центром в точке 0(1; -2; 0) и радиусом Vö, откуда OQ = V4 + 25 + 16 = 3\^5. Возможны два случая. 1) Если сферы касаются внешним образом, то искомое уравнение имеет вид (х+ 1)2 + (г/-3)2 + (2-4)2 = 20. 2) Если касание внутреннее, то искомое уравнение имеет вид (л;+1)2 + + Ù/-3)2 + (z-4)2 = 80.

484. Пусть центр данной сферы — точка Q(x; у; z). Из условия, что сфера проходит через 4 заданные точки, получаем систему уравнений х2 + у2 + z2 = (х - З)2 + у2 + z2 = х2 + (у - 4)2 + z2 = х2 + у2 +

485. Меняется лишь свободный член (правая часть). Чтобы его найти, надо в правую часть подставить координаты заданной точки. Ответ: 3x + y-2z = -4.

486. Напишем уравнение плоскости, проходящей через точки А, В и С (2х + 9у- 10z + 7 = 0), и проверим, что координаты точки D удовлетворяют этому уравнению.

487. Пусть M — точка пересечения прямой AB с плоскостью хОу. Проекциями точек А, Б и M на ось Oz являются точки Ах(0; 0; 4), В1(0; 0; 5), Мг(0; 0; 0). Значит, А1М1 = -4АВ. Координаты вектора AB (6; -3; 1), вектора AM(-24; 12; -4). Координаты точки M (-27; 14; 0). Точно так же найдем координаты двух других точек (l; 0; 4-|) и (о; -|; 4-|).

488. а) ÄC1=ÄB+BC + CC1=ÄB+ÄD+ÄAl; BD1=BA+AD+DD1 = = -ÄB +ÄD +ÄAX; CAl = CD + I^+ÄA1 = -ÄB-ÄD+ÄA1; DBX = = DA+AB + BBi = -AD +AB +ААг. б) Из предыдущего пункта ÄAl = ^(ÄCl + CAl), АВ=|(АС1-бВ1) и ÂD = ±(BDl-CA1). Кроме того, аналогично пункту а) АВХ=АВ +АА1 = =АСI-BDX + \САХ. в) Аналогично пункту а) АВХ =АВ + ААХ, ADX =AD+AAj, AC = AB + AD. Отсюда AB=\ (ADX+AC-ABx), AAX = - (ABx+ADx-AC). Кроме того, ACj =AC+AAi = I (ADi-hAC+AEi).

489. ACi =AB+AD-hAA1. По свойствам скалярного произведения:

490. Введем декартову систему координат, в которой начало в одной из вершин параллелепипеда и оси направлены по его ребрам, а единичный отрезок равен наименьшему из ребер. В этой системе вершины параллелепипеда имеют следующие координаты: (0; 0; 0), (1; 0; 0), (0; 2; 0), (1; 2; 0), (0; 0; 3), (1; 0; ЗМО; 2; 3), (1; 2; 3). Диагонали этого параллелепипеда — векторы т(1; 2; 3), п(-1; 2; 3), р(1; -2; 3), q(l; 2; -3). Чтобы найти все углы, достаточно найти углы между одним из четырех векторов с каждым из трех оставшихся. Найдем, например, угол между векторами m и п. Имеем |m| = |7i | = Vl4~, m • п = 12, косинус угла между ними равен —. Искомые углы равны arccos —, arccos —, arccos —.

491. Для любых точек А, В, С и D верны равенства

Подставив вместо векторов АС, DB и AD эти выражения, получим требуемое равенство.

Замечание. Аналогичную задачу 152 мы решали для плоскости. Как видите, решение никак не изменилось.

492. Рассмотрим куб ABCDA1B1C1D1. Проведем сечение через диагональ АСг. Пусть это сечение пересекает ребро ВВХ в точке M (рис. 177). Площадь треугольника АСХМ равна половине площади сечения куба плоскостью АСХМ. Наименьшей площадь этого треугольника будет, если M —ближайшая к АСХ точка отрезка ВВХ. Но отрезок, соединяющий середины ВВХ и АСХ, перпендикулярен каждому из этих отрезков. Значит, наименьшей площадь треугольника АСХМ будет в случае, если M — середина ВВХ. Эта площадь равна Расстояние от M до АС1 будет наибольшим, если M совпадает с каким-то концом ребра ВВХ. В этом случае площадь сечения равна

493. Пусть отрезки AB, СЕ и КМ попарно перпендикулярны, причем AB пересекается с двумя другими. Обозначим через Р точку пересечения КМ с AB. Объем многогранника АВСЕКМ можно представить как сумму объемов двух четырехугольных пирамид АВСЕК и АВСЕМ. Получаем, что искомый объем равен

494. Обозначим данную пирамиду через ОАВС (плоские углы при вершине О прямые). Пусть M — вершина куба, лежащая в грани ABC, ребро куба равно х. Объем пирамиды ОАВС равен — • 3 • 4 • 5 = 10. Объем пирамиды ОАВС равен сумме объемов пирамид ОАВМ, ОВСМ и ОСАМ. Взяв за основание каждой из этих пирамид соответствующую грань исходной, получим уравнение ^| (6+ 10+ 7,5) = 10. Откуда *=|у.

495. Пусть г — радиус вписанного шара, S — площадь основания пирамиды, Q — площадь ее боковой поверхности. По условию высота пирамиды равна 5г. Выражаем объем пирамиды по стандартной формуле и по формуле задачи 354. Приравнивая эти выражения, получаем равенство -f S= (S + Q)> из которого следу-

Рис. 177

ет, что площадь боковой поверхности пирамиды в 4 раза больше площади ее основания.

496. Рассмотрим единичный куб ABCDA1BiC1D1. Пусть две соседние вершины квадрата (К и М) расположены на ребрах AD и AB (рис. 178). Тогда противоположные вершины (L и Р) лежат на ребрах С1В1 и C1D1. Положим AK = CXL = х, АМ = СхР = у. Равенство KL = MP означает, что \1-2х\ = \1-2у\. Получаем две возможности. 1) Пусть х = у. В этом случае равенство КМ = КР дает нам 2х2 = 1 + 2(1 -х)2. Откуда х = —, все стороны четырехугольника KMLN равны между собой и равны ——. Надо еще проверить, что этот четырехугольник в самом деле квадрат. Для этого достаточно проверить, что при найденном х имеет место равенство KP2 = 1 + (1 - 2х)2 = КМ2 = 2х2 . 2) х + у = 1. В этом случае равенство КМ = КР оказывается невозможным.

497. Любое сечение конуса плоскостью, проходящей через его вершину, есть равнобедренный треугольник, боковые стороны которого равны образующей конуса. Угол при вершине такого сечения меняется от 0 до а, где а — угол в осевом сечении. Площадь сечения пропорциональна синусу угла при вершине сечения. Если а — острый угол, то наибольшую площадь будет иметь осевое сечение. Если же а —угол тупой, то наибольшую площадь имеет сечение, являющееся равнобедренным прямоугольным треугольником. Из условия следует, что а — угол тупой и sinoc=-^-. Значит, сс=150°.

Рис. 178

Рис. 179

498. Пусть суммы углов при вершинах А, В и С пирамиды DABC равны 180°. Сделаем развертку боковой поверхности этой пирамиды, разрезав ее боковую поверхность по ребрам DA, DB и DC (рис. 179). На этой развертке А, В и С являются серединами сторон треугольника DXD2D3 (вершины этого треугольника соответствуют вершине D). Это следует из того, что сумма плоских углов при вершинах А, В и С пирамиды равна 180°. А из этого следует равенство всех граней: ведь средние линии треугольника делят его на 4 равных треугольника.

499. Если r, h и I соответственно радиус основания, высота и образующая конуса, то 2Rh = l2, nrl = S. Из этих равенств получаем, что

500. Рассмотрим куб ABCDA^^^!. Пусть О — центр этого куба. Поместим одну треугольную пирамиду с ребрами, равными ребру куба, так, что одно ее ребро совпадает с ребром BBl9 а середина противоположного ребра совпадает с центром куба. Это можно сделать, поскольку расстояние между серединами противоположных ребер треугольной пирамиды, все ребра которой равны 1 (это также и расстояние между самими ребрами), равно —. Нетрудно понять, что эта пирамида не выходит за пределы объединения двух четырехугольных пирамид АВВхАхО и СВВхСхО. Далее разместим подобным образом еще две такие же треугольные пирамиды. У одной будет ребро, совпадающее с ребром AD куба, а у другой — с ребром C1D1. Эти три пирамиды не пересекаются, хотя и имеют одну общую точку — точку О.

Приложение

Геометрическая задача: вопросы классификации и методики обучения методам решения

Математика отличается от большинства других школьных предметов тем, что на ее уроках очень много внимания уделяется решению задач.

Геометрия, в свою очередь, выделяется среди других математических дисциплин также и особой ролью геометрической задачи. Как заметил один остроумный учитель математики, задачи бывают стандартные, нестандартные и по геометрии.

Задача как цель и средство обучения. Принцип активизации учебной деятельности

Главная функция методики заключается в определении средств и методов, с помощью которых на базе имеющегося содержания реализуются основные цели обучения. А для начала надо поставить им в соответствие конкретные учебные цели. Первый шаг состоит в том, что мы объявляем своей задачей математическое и, конкретнее, геометрическое развитие, заменяя им одним все перечисленные в целях виды развития, и считаем такую замену вполне адекватной. Теперь возникает вопрос о способах измерения уровня геометрического развития и методах повышения этого уровня. И тут естественным образом мы вспоминаем о таком явлении, как геометрическая задача. Постулируется следующее утверждение: уровень геометрического развития школьника эквивалентен уровню сложности решаемых им задач. Задача становится одновременно и целью и средством обучения. Все наши проблемы переводятся в плоскость задач: мы должны разработать методы оценки уровня сложности задачи и методики, развивающие умение решать достаточно сложные задачи.

На роль задачи в математическом образовании можно посмотреть и с другой позиции. Виды учебной деятельности можно упорядочить по степени активности ученика. С одной стороны располагаются пассивные виды учебной

деятельности, а с другой — активные. Можно принять за аксиому то, что более активные виды учебной деятельности дают лучший результат. Отсюда следует принцип активизации учебной деятельности как один из ведущих методических принципов. Что касается математики, то в ней явно пассивные виды отсутствуют. К наиболее пассивным следует отнести следующие виды учебной деятельности: работа с учебником и слушание лекций. Хотя о какой пассивности здесь может идти речь, когда перед учеником в процессе чтения математического учебника, слушания лекции возникает проблема понимания, а процесс понимания требует активной умственной работы. И все же процесс работы с учебником гораздо менее активен, чем процесс работы над задачей. Работа над задачей является самым активным видом учебной математической деятельности. Таким образом, принцип активизации учебной деятельности выводит на первые роли в учебном процессе задачу.

Если считать, что учебник и задачник — это представители крайних по степени активности видов учебной математической деятельности, то между ними располагается так называемая рабочая тетрадь — методическое изобретение последнего времени. Рабочая тетрадь — нечто промежуточное между учебником и задачником.

Такова схема, причем сильно упрощенная. Однако она вполне удобна теоретически и практически. Теоретические удобства вполне очевидны. Можно надеяться, что подобный акцент на задачу не приведет к упрощенному взгляду на учебный процесс. На практике же необходимость научить школьников решать геометрические задачи вынудит нас заниматься самыми различными видами учебной деятельности, на первый взгляд далекими от решения задач. Так, шахматисты в свою подготовку включают игру в футбол, а футболисты — игру в шахматы. Поэтому опасения, что при таком сужении целевого множества обучение станет однобоким, можно отбросить. Впрочем, любой учитель математики скажет, что никакого упрощения предлагаемая схема не дает. С тем, что наша главная цель — научить решать задачи, согласны многие (хотя и не все), и если бы учителя умели это делать (и решать, и учить решать), то... (Здесь автору не хватило воображения, вместо многоточия поставить можно что угодно, поскольку в соответствии с законами логики из ложной посылки что угодно и следует.) И кроме того, в процессе обучения нельзя ограничиваться лишь задачами определенного уровня сложности, соответствующего реальным и даже потенциальным возможностям ученика. Задача — это не только умения, задача — это также и элемент знания. Есть целый ряд очень красивых и трудных задач, входящих в золотой фонд геометрии. Эти задачи должны быть включены в курс наравне с важ-

нейшими теоремами. Знание этих задач, умение их (именно их) решать относится к важнейшим знаниям и умениям, какими должен овладеть ученик в процессе обучения.

Вопросы классификации задач

(Содержание этого и нескольких следующих пунктов относится главным образом к систематическому курсу планиметрии.)

Не будем здесь обсуждать вопрос, что такое задача, математическая вообще и геометрическая в частности, и вовсе не потому, что на него в методической литературе уже дан ответ, тем более, что ответ этот представляется абсолютно бессмысленным и противоречащим здравому смыслу. (Не хотелось бы этот полунамек расшифровывать, указывая конкретные названия и имена.) Будем считать, что каждый нормально развитый человек имеет представление о математической задаче и способен ее отличить от всего иного. Конечно, существуют пограничные случаи, но они большого интереса не представляют. Прежде всего, нас будут интересовать вопросы классификации именно геометрических задач.

Геометрические задачи образуют необычайно пестрое множество, в котором почти отсутствуют большие однородные участки. Существует много критериев, по которым можно классифицировать эти задачи. Для наших целей мы вполне можем обойтись несколькими, достаточно грубыми и даже немного наивными, классифицирующими признаками.

Рассмотрим следующие способы классификации задач: по заданию, по объекту, по теме, по методу и по сложности. Особенно нас интересует последний способ классификации, но сначала о первых четырех.

По заданию задачи можно разделить на типы: задачи на вычисление, на доказательство, на геометрические места точек, на построение, геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум. Вот, пожалуй, и все типы заданий. Наиболее распространенным типом будут здесь задачи на вычисление, в их условии фигурирует задание «найти» (или «найдите»). Конечно, провести точную границу между задачами разных типов не очень просто, за счет простой переформулировки можно почти всегда перевести задачу с заданием «доказать» в задачу с заданием «найти». Обратное удается сделать гораздо реже. С точки зрения учебного процесса возможностей для его интенсификации и контроля наиболее удобными являются задачи на вычисление, в них присутствует такая важная деталь, как ответ. Они также наиболее привычны для школьников, кажутся менее страшными. Значительная часть задач на вычисление — это задачи с числовыми данными. Обу-

чающую и развивающую роль этих задач трудно переоценить, через них в первую очередь происходит взаимодействие геометрии с арифметикой и алгеброй. Серьезным недостатком задач на вычисление является вырабатываемая почти поголовно привычка фетишизировать ответ, особенно ответ, данный в учебнике. Попадая в ситуацию экзамена, иные школьники начинают страдать из-за невозможности сверить ответ. И тем не менее задачи на вычисление имеют достаточно высокий творческий потенциал, как правило, перед исследователем ставится задание «найти», в том числе и «найти, что надо доказывать». Для нас важна еще одна особенность задач на вычисление: для них можно предложить некую весьма общую схему решения, схему поиска решения (что важнее), методику обучения этому поиску и некоторые формальные признаки, по которым можно оценивать уровень сложности этих задач. Короче говоря, задачи на вычисление лучше поддаются методической обработке, и именно их мы выбираем в качестве основного типа учебных задач. Это, конечно, не означает, что задачи других типов мы из учебного процесса исключаем. Нормальное геометрическое развитие немыслимо без усвоения некоторого базового объема задач на построение, на геометрические места точек и других. Просто задачи этих типов вначале остаются на базовом уровне, и геометрическое развитие школьников идет в основном за счет задач на вычисление. Полноценное включение в учебный процесс задач на доказательство и иных происходит на достаточно высоком уровне геометрического развития. Однако на первом этапе систематического курса геометрии объем решаемых задач на вычисление относительно невелик из-за отсутствия необходимой теоретической базы и технического арсенала.

По рассматриваемому объекту задачи могут быть на треугольник, на трапецию, на окружность или иные фигуры, в зависимости от того, какая из них фигурирует в условии. Это и есть классификация по объекту. Понятно, что такой подход весьма условен, очень часто одну и ту же задачу безо всяких изменений можно вполне обоснованно отнести к разным ячейкам. Можно, конечно, предложить более детальную классификацию: два треугольника, три окружности, окружность в параллелограмме, но это не очень естественно и не соответствует содержанию курса. Более разумным и удобным для учебных целей будет следующий подход: в задачах на треугольник выделяется подмножество задач на медиану и т. п. Но мы не будем вдаваться в эти детали, а, оставаясь на нижнем этаже классификационного дерева, объявим, что основными у нас будут задачи на треугольник и окружность. Это соответствует нашей концепции.

Классификация задач по теме носит чисто учебный характер. Она частично пересекается с классификацией по объекту. Например, описанный четырехугольник — это и учебная тема, но это, безусловно, и объект. Но вполне могут быть задачи на теорему косинусов, а это уже учебная тема в чистом виде. Здесь следует иметь в виду, что классификация по теме должна быть привязана к учебной программе, и если тема подобия изучается раньше темы площади, то в задачах на подобие мы не имеем права предполагать знания формул для вычисления площади.

Классификация по методу также носит учебный характер. Особенность здесь состоит в том, что задача классифицируется вместе с методом ее решения. Такой подход правомерен для задач чисто учебного уровня, в которых предлагаемый метод или очевидно единствен, или явно предпочтительнее других. На наш взгляд, педагогически неверно давать задачу с требованием решить ее именно таким способом, если возможен иной, более короткий и красивый и не очень замаскированный способ ее решения.

Выше говорилось, что методы бывают внутренние и внешние, общие и частные, алгебраические и геометрические. Это самая общая классификация методов решения. Взаимоотношения различных методов решения геометрических задач, их описание, рекомендации по применению — тема для отдельного и большого исследования. Мы же ограничимся тем, что заявим некоторые приоритетные методы и коротко объясним наш выбор. Прежде всего, это метод ключевого треугольника, как общий и внутренний метод. Этот выбор можно не объяснять. Следующее наше предложение выглядит с точки зрения концепции не очень логичным. Несмотря на то что нашей главной целью является научить геометрическому методу, учить мы начинаем методу алгебраическому. Причина в том, что он более технологичен и более привычен. Он удобен уже тем, что в нем ясно выделяются две модификации: прямое вычисление и составление уравнений. Эти модификации имеют очевидные аналогии в виде текстовых арифметических задач и текстовых алгебраических задач. Как следствие этих особенностей, алгебраический (арифметический) метод легче усваивается учениками, технология обучения этому методу проще. Алгебраическому методу присуще такое качество, как прагматизм. Нельзя сказать — это хорошо или плохо. По отношению к слабому ученику это хорошо, поскольку укрепляет его веру в себя, развивает, а по отношению к сильному, наоборот, плохо, обедняет его возможности и тем самым тормозит геометрическое развитие. Среди большого количества внутренних и частных методов и приемов мы выделяем несколько видов дополнительных построений:

1) соединить две точки отрезком;

2) продолжить отрезок прямой;

3) через данную точку провести прямую, параллельную данной;

4) через данную точку провести прямую, перпендикулярную данной.

Смысл этих приемов необычайно прост: увеличивается число треугольников (метод ключевого треугольника), появляются новые возможности для применения алгебраических методов, поскольку большинство метрических теорем относится к геометрии треугольника. Получается достаточно стройная методическая картина.

Теперь переходим к проблеме классификации задач по сложности. Для начала необходимо разумно поставить проблему. Даже чисто теоретически множество геометрических задач, пусть и ограниченное сделанным нами выбором, не может быть упорядочено по степени сложности, ведь задача может быть решена разными способами, кроме того, уровень сложности может меняться во времени в процессе обучения: то, что сложно сегодня, окажется простым завтра. Но нет никакой необходимости пытаться искать способы упорядочения больших массивов задач. Самым правильным выглядит подход, принятый многими авторами различных задачников. Задачи разбиваются по степени сложности на несколько групп. Отсюда и первый вопрос: сколько таких групп сложности следует выделить? Ответив на этот вопрос, мы можем начать разработку технологии, посредством которой задачу надо отнести к той или иной группе по сложности. При этом мы, чтобы не усложнять проблему, будем интересоваться не текущей оценкой задачи, а только итоговой. И тут наши рассуждения плавно перетекают в русло другой методической проблемы.

Уровневая дифференциация и ее реализация в системе задач

Итак, вопрос об оценке уровня геометрической подготовки ученика мы свели к оценке уровня сложности задач, которые он умеет решать, при этом мы рассматриваем не все множество задач, а отобранное изложенным способом его подмножество, и желаем для рассматриваемой задачи из этого подмножества указать группу сложности, класс сложности, к которому эта задача принадлежит. Первый шаг состоит в определении числа этих групп или классов сложности. Наша школа уже давно функционирует по трехуровневому принципу: 3, 4, 5 (удовлетворительно, хорошо, отлично). Таковы уровни знания, поскольку 2 (неудовлетворительно) — это незнание. Мы будем назы-

вать наши 3 уровня уровнями А, В и С. По этому принципу мы можем построить дерево уровней. А, В и С — это первый слой уровней. Второй слой содержит уже 5 уровней: АА, AB, ВВ, ВС и СС. В принципе этот процесс может быть продолжен и дальше, но это кажется уже бессмысленным.

А теперь мы сформулируем два принципа, а вернее, один парный принцип, определяющий идеологию уровневой дифференциации: реализм и динамика. Первая часть нашего принципа требует от нас при определении характеристик каждого уровня учитывать реальную ситуацию в школе, а вторая — утверждает необходимость качественного и как можно более значительного возрастания сложности задач при переходе от одного уровня к следующему. Будем считать, что возрастание сложности происходит в направлении от А к С. Первая часть принципа тянет нас вниз, к земле, а вторая — вверх. Возрастание сложности от низшего уровня к высшему определяет некий уровневый зазор, создает своего рода разность потенциалов. Этот зазор не может быть слишком маленьким: тогда развивающие возможности геометрии будут невелики. Но именно практическое отсутствие такого зазора мы часто наблюдали и наблюдаем в реальной школе. Этот зазор не должен быть слишком велик. Тогда произойдет разрыв между уровнями и для многих школьников исчезнут стимулы для развития.

Следующим шагом будет определение главного, ведущего уровня. Существует два крайних подхода. Первый: главным уровнем является верхний, а от него идут две ступени вниз. Второй: соответственно снизу вверх, подобно тому, как, определяя школьную оценку, мы исходим из нашего представления либо о пятерке, либо о тройке. Каждый подход имеет свои недостатки. Первый ориентирован на элиту, и слабые ученики могут оказаться за бортом математики. Второй же ориентирован именно на слабого, здесь возникает опасность опускания верхнего уровня, его слияния с нижними. В результате потенциал сильных учеников реализуется недостаточно. С точки зрения социального заказа оба крайних подхода кажутся неверными. Общество не вправе требовать от школы массового производства отличников, прекрасно владеющих математикой. Обществу не нужны и троечники, именно они являются виновниками всех сегодняшних катастроф (за исключением природных). Наиболее разумно, по нашему мнению, выбрать в качестве основного средний уровень, соответствующий оценке «хорошо». От него одна ступенька идет вверх и одна — вниз.

Указанный выбор уровня теоретически облегчает решение вопроса об определении параметров, задающих уро-

вень. Если определить границы уровня В, то тем самым автоматически будут определены границы и двух других уровней. Что же касается критериев (условий), по которым можно определить, какому уровню соответствует тот или иной ученик, то тут можно говорить о двух типах критериев: о критериях вне рассматриваемого уровня и о критериях внутри него. В первом случае речь идет просто о необходимом и достаточном условии соответствия данному уровню. Если ученик не умеет решать хотя бы одну задачу, соответствующую основной части уровня А, то он не соответствует уровню В (не выполнено необходимое условие соответствия уровню В). Если же ученик умеет решать хотя бы одну задачу основной части уровня С (решает сам, а не знает решение), то он соответствует уровню В (выполнено достаточное условие). Внутри же самого уровня критерии статистические. Необходимо уметь решать, скажем, 80% случайной выборки из 10—20 задач уровня В.

Следующий шаг состоит в заполнении самих уровней, надо предложить способ или способы, с помощью которых можно указать для каждой задачи соответствующий ей уровень. (Напоминаем, что речь идет об итоговом уровне сложности.) Способы могут быть формальными и неформальными. Формальными мы считаем способы определения уровня сложности по некоторым внешним признакам задачи и ее решения, причем эти признаки можно более или менее формализовать. Неформальные методы сводятся к экспертным оценкам. Но поскольку подвергнуть экспертизе даже большинство существующих задач не представляется возможным, то сначала с помощью экспертных оценок следует составить некий задачник-каталог типичных представителей изучаемого уровня (прежде всего, уровня В). В него входят лишь задачи, не поддающиеся формальной оценке. Этот каталог, как подсказывает практика, может быть вовсе не таким уж большим, задач 200—300 вполне достаточно. Отбор в эту книгу происходит последовательно, сначала наиболее очевидно соответствующие рассматриваемому уровню, затем другие, менее очевидные, в конце экспертами внимательно изучаются два пограничных слоя. Разработав такой каталог хотя бы для уровня В, мы значительно упростим процедуру оценки уровня сложности произвольной задачи. Для произвольной задачи возможны четыре случая: задача имеет аналог в нашем каталоге, она явно сложнее любой задачи из каталога, она легче этих задач, и последний случай: ни то, ни другое и ни третье. В первых трех случаях все понятно, а четвертый требует дополнительной экспертизы. После чего задача попадает на свою полку и может в дальнейшем исполнять роль прецедента.

Получившаяся трехуровневая система задач должна представлять не просто три группы задач, а быть именно единой системой. А для этого она должна реализовывать соответствующие методические принципы. Задачи разных уровней должны находиться во взаимодействии, при этом функцией нижних уровней является обслуживание верхних, на нижнем уровне должны быть задачи-детали, из которых на более верхних конструируются более трудные задачи. И наоборот, задачи верхнего уровня за счет каких-то приемов — переформулировок, выделения отдельных частей — адаптируются к нижнему уровню, растворяются в нем. Это взаимодействие должно происходить как по линии задач, так и по линии идей: на нижнем уровне — одноидейные задачи, на верхнем — многоидейные. Такая система задач может выполнять не только оценочные, но и обучающие функции. Ее можно интегрировать в содержание. Таким образом, взаимодействие между содержанием и методикой приобретает новое качество, не только содержание определяет методику, но и методика влияет на содержание.

Такова схема, и она представляется вполне реализуемой на практике.

Элементарные и опорные задачи

На множестве геометрических задач можно выделить два подмножества по другим признакам.

Элементарными мы будем считать задачи, которые могут быть решены при помощи некоторой формулы в одно действие, т. е. этот вид задач определяется относительно некоторой формулы, при этом одной формуле всегда соответствуют несколько элементарных задач. Например, теорема косинусов определяет три элементарные задачи. Элементарная задача необязательно простая. Все зависит от того, известна требуемая формула или нет. Иными словами, сложность элементарной задачи есть категория субъективная. Понятие элементарной задачи в некоторых случаях можно использовать для формального определения уровня сложности данной задачи, пытаясь разложить ее на цепочку элементарных задач, и в случае такой возможности в зависимости от длины этой цепочки определить уровень сложности этой задачи.

Другое полезное в методическом плане множество задач — это множество так называемых опорных задач. Дело в том, что умение решать геометрические задачи во многом зависит от знания достаточного количества геометрических фактов, в большинстве своем не содержащихся в учебнике,

от знакомства с некоторыми частными приемами, о которых трудно догадаться самостоятельно. Вот эти факты и приемы могут быть введены через систему опорных задач. Соответственно будут и у нас опорные задачи-факты и опорные задачи-методы. Задачи второго типа иллюстрируют определенный прием решения, причем эта иллюстрация должна быть очень ясной и не содержать посторонних примесей. Задачу-метод надо запомнить вместе с решением. Как показывает практика, количество опорных задач, нужных хорошему ученику, вовсе не так велико, как это может показаться. Всего за время обучения ему вполне достаточно накопить 20—30 опорных задач. Повышение уровня геометрической подготовки школьника требует и увеличения числа опорных задач, входящих в его арсенал.

Основная схема решения геометрических задач на вычисление

Для многих вычислительных задач можно предложить некую схему решения, опираясь на которую можно отчасти формализовать процесс решения и даже процесс поиска решения. Схема эта состоит из четырех этапов:

1) построения чертежа;

2) поиска метода решения;

3) вычисления;

4) исследования (или анализа).

Имеем схему: рисуем, думаем, считаем, снова думаем. Схема эта очень упрощает в простейших случаях оценку сложности задачи. (Анализировать эту схему мы будем главным образом для планиметрических задач, хотя работает она и в пространстве.) Так, для уровня А характерны двухшаговые задачи: рисуем, считаем. Реальное появление других этапов свидетельствует о повышении уровня сложности. На уровне С возможны случаи, когда эта схема «прокручивается» несколько раз. Основным в нашей схеме является пункт 2. Его обсудим отдельно, а сейчас коротко об остальных пунктах.

Умение строить правильный чертеж — одно из важнейших базовых геометрических умений. Необходимо выработать у учеников привычку, граничащую с инстинктом,— начинать решение абсолютно любой геометрической задачи с построения чертежа. При этом чертеж должен быть большим и красивым. Подчеркиваем, речь идет о построении чертежа в начале работы над задачей на черновике, для себя, а не для учителя. Как показывает сегодняшняя практика, культура чертежа у современных школьников находится на очень низком уровне.

И еще на один вопрос, связанный с чертежом, считаем необходимым ответить. Как лучше строить чертеж — с использованием чертежных инструментов или без них? Наш ответ: лучше научиться обходиться без них. Установка на непременное использование чертежных инструментов закрепощает ученика, сужает оперативное пространство. Очень часто для построения нужного чертежа требуется несколько попыток, но ученик продолжает работать на заведомо неудачном чертеже, поскольку ему жаль потраченных на него усилий. Иногда полезно смотреть на геометрическое изображение как на рисунок, а не как на чертеж. Проблемы, связанные с построением чертежа, многократно возрастают в стереометрии. Решение некоторых трудных задач группы С целиком сводится к построению чертежа.

Отдельно стоит вопрос о методах обучения способам построения чертежа. Учебники и учебные пособия очень часто просто дезориентируют учеников. Они в начале решения задачи, в начале доказательства теоремы предлагают чертеж, который может появиться лишь в самом конце, не показывая процесс возникновения этого итогового чертежа, тот своеобразный «мультфильм», который сопровождает этапы решения. Кроме того, многие имеющиеся в учебных пособиях геометрические чертежи сильно усложнены, их не может выполнить любой ученик.

На этом закончим разговор о роли чертежа в геометрии, тема эта очень большая, и более или менее полно рассказать о ней можно лишь в специальной монографии.

При выполнении вычислительного этапа ученик оперирует большей частью негеометрическими знаниями и умениями. Но все же не следует упускать из виду геометрическое содержание проделываемых выкладок, учет геометрического смысла может оказать значительную помощь в решении. Кроме того, этот этап, связывая алгебру и геометрию, требует согласования соответствующих уровней.

Исследование (анализ) далеко не всегда возникает в реальных задачах по существу, но его всегда надо делать хотя бы символически. Необходимо выработать привычку, закончив решение любой задачи, выдержать паузу, внимательно просмотреть все решение, проверить его, подумать, нельзя ли геометрическую ситуацию реализовать иным образом, и т. п.

Поиск решения — второй этап схемы

Когда мы говорим, что наша главная цель — научить решать задачи, то мы включаем сюда более общую цель: научить думать. Здесь мы исходим из положения: если человек умеет решать достаточно трудные задачи, значит, он

умеет думать. А для того чтобы научиться думать, надо именно думать, хотя бы иногда. Многие школьники, даже неплохо успевающие по математике, на самом деле не умеют думать, им лишь кажется, что думают, а на самом деле процесс размышления при решении задач у них заменяется процессом оформления решения. Путь решения они или находят сразу, или не находят вовсе. А если к тому же у них слабые вычислительные умения и в процессе вычислений была сделана ошибка, в результате которой они так и не добрались до конца решения, то они могут отказаться и от верной идеи. Умение думать при решении задачи проявляется в умении найти решение со второй, третьей и т. д. попытки, в умении контролировать процесс решения, думать в процессе решения, а не только в начале, заниматься трудной задачей в течение достаточно продолжительного времени.

Нерешенную задачу можно сравнить с закрытым замком. Его легко открыть, если мы имеем один ключ и ключ этот от данного замка, хотя иногда могут быть проблемы и в этой ситуации. (Сравните с элементарной задачей.) Открыть замок несколько труднее, если ключей несколько. Когда же ключей становится очень много, открыть замок может оказаться совсем непростым делом. Именно это имеет место в замках с шифром. Первый шаг поиска решения задачи можно сравнить с подбором ключа из небольшой связки. Но для этого ученик должен эту связку иметь.

Поиск решения вычислительной задачи следует начинать с выбора одной из двух разновидностей вычислительного метода: прямое вычисление или составление уравнений. Прямое вычисление в геометрической задаче аналогично арифметическому решению текстовой задачи. Мы должны построить цепочку, соединяющую то, что дано, с тем, что нужно найти. Создавать нужную цепочку можно, не делая сначала никаких вычислений, а строя дерево возможностей, растущее от начальных данных. Смотрим, что можно найти на первом шаге, затем на втором, и так, пока не захватим искомую величину. Затем убираем лишнее и приступаем к численной реализации. Можно идти и с конца: что нужно знать, чтобы вычислить искомую величину, и т. д.

Решение геометрической задачи при помощи составления уравнений абсолютно аналогично такому же методу решения текстовых алгебраических задач. Геометрическая специфика сказывается и на процедуре выбора неизвестных, и на процессе составления уравнений. В отличие от текстовых задач многие условия, задающие уравнение, в тексте задачи не указаны, а следуют из геометрических теорем.

Если сразу путь решения не виден, то нужно попытаться подготовить почву для алгебраических методов при помощи известных дополнительных построений. За счет этих построений возрастает число треугольников и тем самым возрастают возможности для использования метрических теорем. Если путь решения все еще не виден, то переходим на следующий, более высокий уровень эвристики. Начинаем анализировать особенности заданной геометрической конфигурации. Возможно, что какие-то прямые перпендикулярны, три точки лежат на одной прямой, а три прямые пересекаются в одной точке и т. д. Каждая из подобных особенностей может оказаться полезной для решения задачи. (Найдя такую особенность, сделайте новый чертеж.)

Содержание

Цели, задачи и стандарты математического образования 3

Стандарт по геометрии ............. 11

500 задач геометрического стандарта....... 24

Требования к подготовке учащихся........ —

Система задач ................ 28

Ответы................... 74

Приложение.................. 192

Учебное издание

Шарыгин Игорь Федорович

СТАНДАРТ ПО МАТЕМАТИКЕ 500 ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Книга для учителя

Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова Редактор Л. Н. Белоновская Младший редактор Н. В. Ноговицына Художник А. Б. Юдкин

Художественный редактор О. П. Богомолова Технические редакторы С. Н. Терехова, Н. А. Киселева Корректоры И. А. Григалашвили, И. Н. Панкова

Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции OK 005-93—953000. Изд. лиц. Серия ИД № 05824 от 12.09.01. Сдано в набор 08.04.04. Подписано в печать 15.10.04. Формат 60X90Vi6« Бумага газетная. Гарнитура Школьная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 13,0. Усл. кр.-отт. 13,5. Уч.-изд. л. 12,83. Тираж 3000 экз. Заказ № 13126.

Федеральное государственное унитарное предприятие ордена Трудового Красного Знамени «Издательство «Просвещение» Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций. 127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.

Государственное унитарное предприятие ордена Трудового Красного Знамени Саратовский полиграфический комбинат Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций. 410004, г. Саратов, ул. Чернышевского, 59.

ПРОСВЕЩЕНИЕ

ИЗДАТЕЛЬСТВО

Издательство «Просвещение* 127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41 Тел.: (095) 789-3040 Факс: (095) 789-3041 E-mail: prosv@prosv.ru http : / / www. pros V. ru

« Книга—почтой »

Заказ и отправка книг по почте.

Вы также можете заказать бесплатный почтовый каталог «Книга-почтой» и получить консультацию о работе службы по тел.: (095) 933-4153

Ваши заказы просим направлять по адресу: 127030, Москва, а/я 1 «АбсолютПост» E-mail: prosv@post.ru

Фирменный магазин «Просвещение» 119311, Москва, просп. Вернадского, 11/19 Тел.: (095) 930-5050 Тел./факс: (095) 930-5040 E-mail: mag-info@prosv.ru

Выпускаем

• Учебники

• Методическую литературу

• Научно-популярную литературу

• Справочную литературу

• Развивающие игры

• Наглядные пособия и карты

• Учебные мультимедийные курсы

Обучаем

Интернет-школа «Просвещение.ru» Современные технологии дистанционного обучения позволят вам получить аттестат о среднем (полном) общем образовании не выходя из дома

Представляем

Нашим покупателям

• Каталог выпускаемой продукции

• Ежемесячные новинки издательства

• Планы печати учебной литературы

• Адреса магазинов «Просвещение» в ваших регионах

На сайте издательства httр://www.prosv. ru E-mail: prosv@prosv.ru

Предлагаем

Оптовикам и книготорговым структурам

• Гибкую систему скидок

• Крупный и мелкий опт со склада издательства

• Контейнерную отгрузку во все регионы России и страны СНГ

• Внимательное отношение к каждому!

ПРОСВЕЩЕНИЕ

ИЗДАТЕЛЬСТВО

Издательство «Просвещение» предлагает вашему вниманию интернет-проекты, созданные для информационной поддержки педагогов, методистов, администраторов школ и родителей с целью вовлечения их в активную беседу на актуальные темы российского образования.

http://www.prosv.ru

На-4торпоративном сайте издательства «Просвещение» вы можете получить информацию о проведении семинаров, конференций, круглых столов, к также узнать новости образования и учебного книгоиздания. Учителя и специалисты имеют прекрасную возможность ознакомиться с\^чебно-методическими комплектами издательства, получить профессиональные консультации. Раздел «Форум» предоставляет трибуну для общения тем, кто хочет обменяться мнениями, поделиться своими идеями, найти единомышленников.

В раздела «Семейное Просвещение» можно не только получить консультации по воспитанию детей и семейным отношениям, но и поиграть в развивающие игры, принять участие в различных викторинах.

http://www.school.edu.ru

В рамках проекта Министерства образования и науки Российской Федерации издательством «Просвещение» совместно с другими организациями, работающими в Интернете, был создан Российский образовательный портал, который сейчас стремительно превращается в крупнейший каталог образовательных интернет-ресурсов. В рамках портала издательство предлагает свободно пользоваться электронными версиями методических пособий по всем школьным предметам.

http://www.vestnik.edu.ru

Для организации диалога между руководителями органов управления образованием и квалифицированными школьными работниками был создан журнал «Вестник образования». В нем рассматриваются проблемы как современного российского, так и зарубежного образования. В электронном варианте журнала ведущие специалисты ответят на интересующие вас вопросы.

Подписные индексы журнала «Вестник образования»:

81633 - для индивидуальных подписчиков; 81881 - для предприятий и организаций.

http: //www.internet-school.ru

Интернет-школа «Просвещение.ru», используя современные технологии дистанционного обучения, позволит вам:

• получить аттестат о среднем (полном) общем образовании;

• подготовиться к сдаче выпускных экзаменов в школе и к поступлению в вуз, в том числе к сдаче ЕГЭ.

Опытнейшие учителя и методисты будут консультировать вас на протяжении всего периода обучения.

Книга посвящена проблеме образовательных стандартов. Автор предъявляет свое видение проблемы и предлагает ее решение. На примере школьной Геометрии он выстраивает всю цепочку: от общей Концепции до системы Измерителей, основным элементом которой является система задач.

Изучение и освоение предлагаемой системы безусловно будет способствовать интеллектуальному развитию школьников с самыми разными уровнями подготовки. Все задачи, а их ровно 500, сопровождаются решениями и методическим комментарием.