Задание 11-16».

Задание 11. МЕТОД ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ
З а д а ч а 1. Сторона правильного треугольника ABC
равна 4 ем. Его сторона АВ параллельна плоскости
чертежа. Постройте параллельную проекцию этого
треугольника, если проектирующая прямая парал­
лельна стороне АС.
Р е ш е н и е . Параллельной проекцией данного
треугольника является отрезок длиною 4 см.
З а д а ч а 2. Плоскости аир пересекаются по пря­
мой, параллельной проектирующей прямой. Постройте
изображение плоскостей а и (3.
Р е ш е н и е . Изображением плоскостей а и (3 явля­
ются пересекающиеся под любым углом две прямые.
З а д а ч а 3. Постройте изображение двух парал­
лельных несовпадающих плоскостей, параллельных
проектирующей прямой.
Р е ш е н и е . Изображением данных плоскостей явля­
ются две параллельные несовпадающие прямые.
З а д а ч а 4. Постройте параллельную проекцию
правильного треугольника ABC, сторона которого 4 см,
если плоскость этого треугольника параллельна пло­
скости проекции.
Р е ш е н и е . Параллельной проекцией треугольника
ABC является треугольник, равный данному.
З а д а ч а 5. Постройте изображение прямоуголь­
ного равнобедренного треугольника АСВ, катет АС
которого равен 6 см, если плоскость АСВ параллельна
плоскости проекции.
Р е ш е н и е . Решением является всякий равно­
бедренный прямоугольный треугольник.
З а д а ч а 6. Дана четырехугольная пирамида
MABCD. Ее основание — квадрат ABCD. Ребро AM
перпендикулярно плоскости ABC. Отрезки AM и АС
равны. Постройте изображение пирамиды на плоскости,
параллельной плоскости MAC, приняв прямую BD за
проектирующую.
З а д а ч а 7. Дана правильная четырехугольная
пирамида MABCD, все ребра которой равны между
собой. Точка Р — середина ребра МС. Диагонали BD и
АС основания пересекаются в точке Н. Постройте
изображение этой пирамиды на плоскости, параллель­
ной грани ВСМУ приняв за направление проектирова­
ния прямую HP.
Р е ш е н и е . Треугольник ВСМ правильный и его
108
плоскость параллельна плоскости проекции. Поэтому
сначала строим правильный треугольник ВСМ (рис. 1).
Отрезок PH изображается точкой Р = Н\ (серединой
отрезка МС). Прямая AM параллельна прямой HP.
Поэтому ребро AM изображается точкой М = А. Стро­
им точку D, симметричную точке В относительно точки
р — Н. Получаем CBMD — изображение данной пи­
рамиды.
З а д а ч а 8. Определите форму параллельной
проекции правильного тетраэдра DABC на плоскость,
параллельную ребрам АВ и CD.
Р е ш е н и е . Скрещивающиеся прямые АВ и CD
взаимно перпендикулярны и АВ = CD. Существует
единственная плоскость а, которой параллельны пря­
мые АВ и CD. За направление проектирования можно
принять любую прямую /, пересекающую плоскость а.
Если прямая I параллельна ребру ВС или АС, то
проекцией данного тетраэдра на плоскость а является
прямоугольный равнобедренный треугольник.
Если прямая / проходит через вершину С и сере­
дину ребра АВ, то параллельной проекцией тетраэдра
на плоскость а является равнобедренный треугольник,
высота которого равна стороне основания.
Если прямая / проходит через середины ребер АВ
и CD, то параллельной проекцией данной пирамиды
будет квадрат.
Если прямая / проходит через произвольные внут­
ренние точки ребер АВ и CD, то параллельной проекци­
ей тетраэдра будет четырехугольник, диагонали кото­
рого взаимно перпендикулярны.
Если прямая / проходит через вершину С и произ­
вольную точку М луча АВ, не принадлежащую отрезку
АВ, то параллельной проекцией тетраэдра является
неравнобедренный прямоугольный треугольник.
Параллельной проекцией данного правильного
тетраэдра могут быть и другие четырехугольники.
В частности, и равнобокая трапеция ABCD, у которой
боковые стороны АВ и CD взаимно перпендикулярны.
З а д а ч а 9. Дана призма ABCDA\B\C\D\, основа­
нием которой является трапеция (стороны ВС и AD
параллельны и AD = 2ВС). Точка Р делит ребро С\С
в отношении 1:2 (считая от вершины Ci). Постройте
такое изображение этой призмы, на котором:
1
р = Н означает, что точки Р и Н совпадают.
109
2>гА,
М--А
РИС. 1
2?гД
Br-ct
8-с Рис. 2
а) сечение A\D\CB изображается отрезком А\В\
б) треугольник AD\P изображается отрезком ADi.
Р е ш е н и е , а ) Располагаем призму так, чтобы
грань АВВ[А\ была параллельна плоскости проекции.
Проектирующей прямой считаем прямую A\D\.
Решение показано на рисунке 2.
б) Спроектируем призму на плоскость грани
ADD\A\y приняв за направление проектирования пря­
мую D\P. Ответ показан на рисунке 3.
З а д а ч а 10. Можно ли две параллельные несовпа­
дающие прямые считать изображением скрещиваю­
щихся прямых?
Р е ш е н и е . Ответ на вопрос задачи будет утверди­
тельным, если проектирующая прямая параллельна
двум параллельным плоскостям, каждая из которых
проходит через одну из данных скрещивающихся пря­
мых.
З а д а ч а 11. На рисунке 4 изображена четырех­
угольная пирамида MABCD, основанием которой
является параллелограмм ABCD. Точка Т не принадле­
жит плоскостям MCD и ABC. Верно ли, что плоскости
PKF и TDH пересекаются по прямой РТ?
Р е ш е н и е . Прямые FK и DH пересекаются в
точке X, которая принадлежит плоскости ABC, но не
"
Я
ни
принадлежит прямой Р Т . Поэтому плоскости P K F и
T D H не пересекаются по прямой Р Т .
З а д а ч а 12. Изображением какой пространствен­
ной фигуры можно считать рисунок 5?
Возможные ответы:
1) Изображена треугольная пирамида CABD и ее
сечение плоскостью, проходящей через точки В, D и
середину М ребра АС.
2) Изображена правильная четырехугольная пира­
мида с основанием ABCD и вершиной М. Высота этой
пирамиды изображена точкой М.
3) Изображена четырехугольная пирамида MABCD,
основанием которой является параллелограмм ABCD,
и ее диагональные сечения BDM и ACM. Эти сечения
изображаются диагоналями BD и АС параллелограмма.
4) Изображена четырехугольная пирамида, осно­
ванием которой является параллелограмм ABCD, а
одно из боковых ребер которой перпендикулярно осно­
ванию.
5) Изображена прямая четырехугольная призма
(с основанием ABCD). Отрезки АС и BD изображают
ее диагональные сечения, а точка М —отрезок, по
которому пересекаются эти сечения.
6) Изображены две правильные четырехугольные
пирамиды с общим основанием. Точка М является
изображением вершин этих пирамид и их высот.
7) Изображены две треугольные пирамиды с общей
вершиной М и основаниями ABC и ACD, которые
принадлежат одной плоскости.
8) Изображены две треугольные пирамиды, осно­
вания ABC и ACD которых принадлежат одной пло­
скости. Точка М является изображением вершин этих
пирамид, которые расположены по разные стороны
от плоскости ABC.
9) Изображен октаэдр ABCDMK. Точка М является
изображением его диагонали М/С
З а д а ч а 13. Изображением какой пространствен­
ной фигуры можно считать рисунок 6 (АВКР и
KPDC — равные квадраты)?
111
Возможные ответы:
1) Изображена правильная четырехугольная пи­
рамида с основанием ABCD и вершиной М.
2) Изображен куб, две боковые грани которого
параллельны плоскости проекции. Его верхнее и нижнее
основания изображены соответственно отрезками ВС
и AD. Параллелограмм АКСР является изображе­
нием одного из диагональных сечений куба. Отрезки
АС и BD изображают его диагонали.
3) Изображены четырехугольная пирамида с осно­
ванием АКСР и вершиной М и треугольные пирамиды
КАВМ и CMPD, расположенные по одну сторону от
плоскости ABC.
4) Изображены треугольная пирамида CABD и
непараллельные отрезки АК и СР на поверхности пи­
рамиды. Отрезок КР является изображением сечения
этой пирамиды плоскостью, проходящей через середины
ее ребер ВС и AD и параллельной скрещивающимся
прямым АВ и CD.
5) Изображен октаэдр ABCDMH. Точка М является
изображением его диагонали МН.
6) Изображены две четырехугольные пирамиды.
Их основаниями являются квадраты АВКР и KPDC,
которые принадлежат одной плоскости. Их вершины
изображаются точкой М и расположены по разные
стороны от плоскости ABC.
7) Изображены две четырехугольные пирамиды.
Их основания АВКР и KPDC принадлежат параллель­
ным несовпадающим плоскостям. У этих пирамид
общая вершина М.
8) Изображены треугольные пирамиды ВАКМ,
DMPC, ВКСМУ DAMP с общей вершиной М. Их осно­
вания расположены в различных непараллельных
плоскостях.
З а д а ч а 14. На рисунке 7 показан параллелепи­
пед ABCDA[B[C[D\. Скрещивающиеся прямые АР
и C\D на этом рисунке изображены параллельными
прямыми. Верно ли, что прямая /, параллельная на­
правлению проектирования, пересекает прямые АР
и CiD?
Р е ш е н и е . Скрещивающиеся прямые АР и C\D
на рисунке изображены параллельными прямыми. Это
возможно только в том случае, если проектирующая
прямая не пересекает две параллельные плоскости,
каждая из которых проходит через одну из скрещиваю112
л
/!
/^
/
И
/
1/
щихся прямых АР или C\D. Поэтому и прямая / не
пересекает прямые АР и C\D.
З а д а ч а 15. Докажите, что ортогональная проек­
ция правильного тетраэдра DACB с ребром а на пло­
скость будет иметь наибольшую площадь, когда эта
плоскость параллельна двум скрещивающимся ребрам
DC и АВ тетраэдра.
Р е ш е н и е . Ребра DC и АВ данного правильного
тетраэдра равны и взаимно перпендикулярны. Если
прямые DC и АВ параллельны плоскости проекции,
то ортогональной проекцией правильного тетраэдра
является квадрат ABCD, диагонали которого равны а.
Площадь этого квадрата равна 0,5а2. Если плоскость
проекции не параллельна ребрам DC и АВ, то ортого­
нальной проекцией данного тетраэдра является че­
тырехугольник, диагонали которого меньше а.
З а д а ч а 16. Дан параллелограмм ABCD. Точка
М — середина отрезка АВ. Точка К принадлежит от­
резку AD и AK.KD — \ .2. Найдите, в каком отноше­
нии точка Р пересечения отрезков АС и МК делит
отрезок МК.
Р е ш е н и е . Считаем данный параллелограмм
изображением квадрата ABCD со стороной, равной 6.
Отрезок АР — биссектриса прямого угла треугольника
КАМ. Поэтому КР:РМ = АК'.АМ =1. /Ш:0,5 АВ =
= 2:3.
З а д а ч а 17. Дана правильная шестиугольная
пирамида MABCDEF. Точка К делит ребро ВМ по­
полам. Найдите, в каком отношении плоскость FEK
делит ребро AM (точкой X).
Р е ш е н и е . Строим ортогональную проекцию дан­
ной пирамиды, приняв прямую FE в качестве проекти­
рующей (рис. 8). Плоскость FEK изображена прямой
КЕ. Так как на рисунке отрезки КЕ и МА являются
медианами треугольника МВЕ, то МХ\ХА= 2:1.
5 Л. Б Василевский
из
в
АМ
с
Aj
IB
С'
% Рис. 9 А/
Яг Рис. 10
З а д а ч а 18. На диагоналях АВ\ и СА\ боковых
граней призмы АВСА\В\С\ расположены точки D и Е
так, что прямые DE и ВС\ параллельны. Найдите
отношение отрезков DE и ВС\.
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание призмы
правильным треугольником ABC, а прямую ВС\ —
точкой В = С 1 (рис. 9). Тогда отрезок DE, параллель­
ный прямой ВС 1, изобразится точкой D — E (в точке
Е пересекаются прямые В\А и А\С). Так как отрезки
DE и ВС\ параллельны, то прямые С\Е, BD и АА\
пересекаются в точке М. Так как MD:DB= 1:2, то
и DE.BCi = 1:2.
З а д а ч а 19. Дан куб ABCDA\B\C\D\. В каком
отношении делит ребро В\С\ точка £, которая принад­
лежит плоскости, проходящей через вершину Л и центры
К и Н граней A\B\C\D\ и В\С\СВ?
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание данного
куба квадратом ABCD, а прямую АК — точкой А = К
(рис. 10). На этом рисунке плоскость АКН изобра­
жается прямой АН. Прямые В\С\ и НА пересекаются
в точке Е. Для треугольника В\СА отрезки АН и В\С\
являются медианами, поэтому В\Е:ЕС\ = 2:\.
З а д а ч а 20. Основанием четырехугольной пира­
миды MABCD является параллелограмм ABCD. Точка
К делит ребро DM пополам. Точка Р принадлежит
ребру ВМ и ВР\РМ— 1:3. Плоскость АР К пересекает
ребро МС в точке X. Найдите отношение отрезков
MX и ХС.
Р е ш е н и е. За изображение грани МВС принимаем
прямоугольный треугольник МВС (рис. 11), а за на­
правление проектирования — прямую АР. Сечение
АРХК пирамиды MABCD на рисунке изображено
отрезком РК. Для решения задачи дополним прямо­
угольную трапецию MBCD до квадрата МВСН. Тре­
114
угольники АМХ и НСХ подобны и МА.НС— 3:4,
поэтому и MX :ХС = 3:4.
З а д а ч а 21. На рисунке 12 изображена правиль­
ная четырехугольная пирамида MABCD. Точка К делит
ребро МС в отношении 1:2 (считая от вершины М).
Точка Р — середина ребра MD. На прямых МН, ВК
и СР постройте точки X, У и Q так, чтобы точка У была
серединой отрезка XQ.
Р е ш е н и е . Построим ортогональную проекцию
данной пирамиды на плоскость ее основания ABCD
(рис. 13). Так как прямая МН изображается на черте­
же точкой М = Н = X, то задача свелась к проведению
на этом чертеже через точку X такой прямой, которая
пересекает прямые ВК и СР в таких точках У и Q,
что ХУ = YQ.
Для этого через середину F отрезка ВС проводим
прямую, параллельную прямой ВК. Она пересекает
прямые НС и СР в точках Т и Q. МК — КТ и ХУ = YQ.
Полученные на рисунке 13 точки Q и У переносим
на рисунок 12. Строим прямую QK, которая пересекает
прямую МН в точке X.
Задача
22. ABCDA\B\C\D\—куб. Его ребро
равно 60. Точка Н принадлежит ребру АВ и АН :НВ —
= 1:2. Точка Р — середина ребра В\С\. Точка К при­
надлежит ребру DD1 и DK:KD\ = 1 :3. Какие ребра
115
куба пересекают плоскость КРН? Найдите отношение
отрезков, на которые плоскость КРН делит эти ребра.
Р е ш е н и е . Пусть грань ВВ\С\С куба параллельна
плоскости проекции. За направление проектирования
принимаем прямую РК. Получаем параллельную
проекцию куба, на которой отрезок Н изображает
сечение куба плоскостью КРН (рис. 14).
Из этого чертежа ясно, что секущая плоскость
пересекает ребра АВ, ВВ\, AD, DD\, В\С\, C\D\ со­
ответственно в точках Я, М, Г, К, Р, F, т. е. в сечении
получаем шестиугольник HMPFKT.
На чертеже строим отрезки М/? и НТ\ параллельные
отрезку AD. По условию задачи В\Р = РС\—30 и
KD = 0,25DD\ = 15. Поэтому В\Е=\Ъ, ££ = 45 и
АЕ = 30. Далее, ВТ .ТЕ = ВН: НА = 2:\у т. е. =
= 30 и ТЕ = 15.
Из подобия треугольников ВТ'Н и ВЕА получаем
НТ':АЕ = 2:3 и НТ' — 20. Из подобных треугольни­
ков МНТ' и
имеем: МТ\МВ\ = НТ :В\Р =
= 20:30 = 2:3, т. е. ВМ:МВ1 = 7:3 и МТ = 0У2ВВ] =
= 12, MB = 42, ЕМ = 3.
Из подобных треугольников
и PDT следует
iW7’:7,P = £Af:PD = 3:15=l:5, т. е. AT:TD = 7:5.
Треугольники
и CiPDi подобны. Поэтому
D\F:FC\ = BH.HR = ВТ': Т'М = 30:12 = 5:2.
З а д а ч а 23. Докажите, что во всяком треуголь­
нике его медианы пересекаются в одной точке.
Р е ш е н и е . Всякий треугольник% можно считать
изображением правильного треугольника. Утверждение
задачи для правильного треугольника верно, потому
что в этом треугольнике медианы являются его бис­
сектрисами.
З а д а ч а 24. Дан произвольный треугольник ABC.
ВМ = В А, АК — 4" А С, СР = — СВ. Докажите,
о
о
3
что центры тяжестей треугольников ABC и МКР совпа­
дают.
Р е ш е н и е . Треугольник ABC принимаем за изобра­
жение правильного треугольника. Тогда и треугольник
МКР будет изображением правильного треугольника.
Центры вращений этих треугольников совпадают.
А так как у правильного треугольника центр вращения
и центр тяжести совпадают, то утверждение задачи
доказано.
З а д а ч а 25. Докажите, что в четырехугольнике
J16
ABCD отрезки PH и ТЕ, соединяющие середины проти­
воположных сторон, и отрезок KF, соединяющий се­
редины диагоналей АС и BD, пересекаются в одной
точке М и делятся ею пополам.
Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD (вместе с его
диагоналями) можно считать изображением правиль­
ного тетраэдра ABCD, а точки Т, Я, Е, Р, F, К —
изображением вершин октаэдра. Теперь утверждение
задачи доказано.
З а д а ч а 26. В четырехугольник ABCD вписана
трапеция МКРЕ (рис. 15), параллельные стороны
которой параллельны диагонали АС. Докажите, что
прямые ME, BD и КР пересекаются в одной точке.
Р е ш е н и е . Принимаем четырехугольник ABCD
(вместе с его диагоналями) за изображение треуголь­
ной пирамиды. Трапеция МКРЕ является сечением
этой пирамиды плоскостью МКР. Эта плоскость не­
параллельна прямой BD, так как боковые стороны
ME и КР трапеции МКРЕ не параллельны прямой
BD. Прямая BD пересекает плоскость МКР в точке Я,
которая принадлежит плоскостям ABD и BDC. Отсюда
следует, что в точке Я пересекаются прямые ME,
КР и BD.
3 а да ч а 27. Дан треугольник ABC и произвольная
точка М внутри него (рис. 16). Докажите, что если
построить параллелограммы МВВ\С и МАА\В\, то
диагональ МА\ последнего проходит через центр тя­
жести О данного треугольника.
Р е ш е н и е . Данный треугольник ABC вместе с от­
резками ВМ, СМ, МА и МО считаем изображением
правильной треугольной пирамиды МАВС (с основа­
нием ABC и высотой МО).
117
Построим другое изображение этой пирамиды (и
связанных с ней параллелограммов МВВ\С и АМВ\А\),
расположив ее основание параллельно плоскости проек­
ции и приняв за направление проектирования прямую
МО (рис. 17). После этого утверждение задачи стало
очевидным.
З а д а ч а 28. Дана произвольная трапеция ABCD.
В точке К пересекаются прямые AD и ВС: Диагонали
АС и BD трапеции пересекаются в точке М. Докажите,
что прямая КМ проходит через середины Н и Р соот­
ветственно сторон АВ и CD трапеции.
Р е ш е н и е . Треугольник АКВ принимаем за изобра­
жение правильного треугольника А\К\В\У а трапецию
ABCD — за изображение равнобокой трапеции
A\B\C\D 1. Прямая М\К\ является осью симметрии
треугольника А\К\В\ и трапеции A\B\C\D\. Поэтому
прямая М\К\ делит пополам отрезки D\C\ и А\В\.
Точки Р и Н являются образами точек Р\ и Н\ соответ­
ственно. Поэтому прямая КМ проходит через середины
сторон CD и АВ данной трапеции.
З а д а ч а 29. На сторонах АВ и CD четырехуголь­
ника ABCD (рис. 18) даны точки Мм К такие, что AM =
= kAB, DK = kDC. Докажите, что середины отрезков
ВС, МК, AD принадлежат одной прямой.
Р е ш е н и е . Рисунок 18 считаем изображением пра­
вильного тетраэдра ABCD. Пусть точки Р и К — сере­
дины ребер AD и ВС. Прямая РТ является осью сим­
метрии этого тетраэдра. Поэтому точки М и К сим­
метричны относительно прямой РТ, и точка Е, в кото­
рой пересекаются прямые РТ и МК, есть середина от­
резка МК.
З а д а ч а 30. Дан прямоугольный параллелепипед
ABCDA\B\C\D\ (рис. 19). Точки К и Р — середины
соответственно ребер ВВ\ и A\D\. Точка Н делит ребро
СС1 пополам. Точка Е принадлежит ребру В\С\ и
118
В\Е:ЕС\ = 1:3. Верно ли, что прямая КР пересекает
прямые АЕ и А\Н?
Р е ш е н и е . Пусть плоскость проекции параллельна
грани ВВ\С\С прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ и прямая КР параллельна направлению
проектирования. Получаем изображение параллелепи­
педа, на котором прямая КР изображена точкой.
На этом рисунке прямая А\Н совпала с изображе­
нием прямой A\D\. Отрезок АК пересекает отрезок
ТВ в его середине М. Поэтому треугольники МВК и
ЕВ\К равны, и точки Л, К и Е лежат на одной прямой.
Итак, на рисунке изображения прямых А\Н и АЕ
проходят через точку К — Р, т. е. эти прямые пересе­
кают прямую КР•
___
З а д а ч а 31. Дан куб ABCDA\B\C\D\. В\К =
= ~КС\\ ~СР = 0,25CD; СХМ = 0,25CiD,. Точка X при­
надлежит прямой BD 1. Точка У является пересече­
нием прямых КХ и МР. Постройте точку X.
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание дан­
ного куба квадратом ABCD, а прямую МР — точкой
М = Р (рис. 20). Точка X (на рисунке 20) является
пересечением прямых МК и B\D. Треугольники FBK
и МСК равны. Поэтому ХВ\ :XD = FB'.MD = С\М:
:MD = 1:3, т. е. ВХ = 0, 5 DXB.
З а д а ч а 32. Дан параллелепипед ABCDA\B\C\D\.
Проведите прямую /, которая проходит через центр сим­
метрии Н основания ABCD и пересекает прямые ВСi и
FB1 (точка F — середина ребра АА\).
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание парал­
лелепипеда квадратом ABCD со стороной 1 (рис. 21)
Прямую С\В считаем проектирующей. Тогда изобра­
жением параллелепипеда будет объединение квадра­
тов А\В\ВА и ABCD. Прямая ВС\ изображается точкой
В = Ci. Поэтому изображение прямой / проходит через
* Рис. 18
119
точку В = С 1 и пересекает прямую B\F в точке X.
Треугольники ХВ\В и XFD подобны. Поэтому ХВ\ :XF =
= B\B:FD = 1:1,5. Отсюда, XF = 2В\F.
З а д а ч а 33. Дана произвольная треугольная пи­
рамида DABC. AM = МК = KD, ВР = PH = НС,
АЁ = 0,25ЛД MF = 0,25МР,
/(Q = 0,25 Щ DT =
= 0,25Z)C. Докажите, что точки £, Z7, Q, Г принадлежат
одной прямой.
Р е ш е н и е . Прямую считаем проектирующей.
Тогда данная пирамида изображается равнобокой
трапецией (рис. 22). Так как точки К и М гомотетичны
точкам Н и Р относительно точки Т = £, то утвержде­
ние задачи доказано.
З а д а ч а 34. На рисунке 23 изображена четырех­
угольная пирамида MABCD, основанием которой
является параллелограмм ABCD. Точки Н и Р се­
редины соответственно ребер DM и БС. Точка К делит
ребро БМ в отношении 1:3, считая от вершины М.
Постройте точку Г, в которой прямая, пересекающая
прямую КР, пересекает прямую
Р е ш е н и е . Принимаем за изображение основания
данной пирамиды квадрат ABCD. Считаем прямую
КР направлением проектирования (рис. 24). Очевидно,
FD = МР = у РВ.
Из подобных треугольников TFD и ТРВ следует
TD\DB =1:2. Теперь переносим точку Т на рисунок 23.
З а д а ч а 35. В пятиугольнике ABCDE (рис. 25)
соответственно параллельны отрезки:* АВ и СЕ, ВС и
AD, CD и BE,
и ЛС. Докажите, что отрезки Л£ и
BD также параллельны между собой.
Р е ш е н и е . Изображаем параллелограмм ABCF
квадратом (рис. 26). По условию задачи отрезки DE и
АС параллельны. Очевидно, на рисунке отрезки FD
и FE равны. При движении точки D по лучу FQ (от
точки F) угол BCD увеличивается. Увеличивается
также при этом и угол СВЕ. Поэтому существует на
луче FQ единственная точка D такая, что параллельны
между собой отрезки : DE и Л С, BE и CD. Докажем,
что в этом случае отрезок АЕ параллелен отрезку BD.
Точки Л и С, D и Е симметричны относительно пря­
мой BF. Поэтому трапеция BCDE и ABDE равны, и,
следовательно, прямые АЕ и BD параллельны.
Решение этой задачи становится очень простым,
если заметить, что из параллельности соответствующих
сторон и диагоналей пятиугольника ABCDE следует
равновеликость треугольников ABC, BCD, CDE, DEA,
ABE.
Задание 12. ВЕКТОРНОЕ РЕШЕНИЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
З а д а ч а 1. 'Докажите, что отрезки АВ и CD парал­
лельны, если Л(1; 3), В(2; — 1), С(0; 4), Р(2; —4).
Р е ш е н и е. Находим АВ — (1; —4) и CD = (2; —8).
Отсюда АВ = 0,5CD.
121
3 а д а ч а 2. Найдите координаты вершины D парал­
лелограмма ABCD, если Л ( — 1 ; 2; 3); В( — 2; 4; 6),
С(6; -5; 8).
Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD — паралле­
лограмм. Поэтому AD = ВС = (8; —9; 2). Чтобы найти
координаты точки D, следует к координатам точки А
прибавить соответствующие координаты вектора ВС.
Получаем D(7; —7; 5).
З а д а ч а 3. Принадлежит ли точка С(7; 9; 0) пря­
мой АВ, если А(— 1; 1; 2) и В(3; 6; —1)?
Р е ш е н и е . Если точка С принадлежит прямой
АВ, то существует такое число к, что АС = kAB, т. е.
(8; 8; —2) = k(4; 5; —3), что невозможно.
З а д а ч а 4. Записать координаты точки С, которая
делит отрезок А В в отношении 2:1, считая от точки А,
если А{ 1; -1; 2) и В(7; -4; -1).
Р е ш е н и е . Очевидно, АС = ^-АВ = ^-( 6;
—3;
— 3) = (4; -2; -2). Поэтому С(1 +4; —1 - 2; 2-2),
т. е. С(5; -3; 0).
____
З а д а ч а 5. Можно ли вектор D\K разложить по
векторам D\D и D\A\, если К( — 3; 7; —7), Di( —3;
10; -5), D( —5; 6; -1), Л,( 1; 6; -7)?_________
Р е ш е н и е . Если D\K = kD\D + nD\A, то (0; —3;
— 2) = k( — 2; —4; 4)+я(4; —4; —2). Отсюда полу­
чим систему уравнений:
0 = — 2k + 4 п,
— 3 = —4k —4 п,
{
-2= 4k —2 п.
Система этих уравнений несовместима. Поэтому задача
не имеет решения. Иначе говоря, точка К не принад­
лежит плоскости D[DA\.
З а д а ч а 6. Составьте уравнение плоскости ABF,
если F( — 4; 8; -3), Л(-1; 2; -3), В{3; 4; 1).
Р е ш е н и е . Если М(х, (/, z) — произвольная точка
плоскости ABF, то ВМ = kBA + nBF или (х — 3;
— 4;
2- 1) =&( — 4; -2; —4) + /г( — 7; 4;
-4).
Отсюда получаем систему уравнений:
122
х — 3 = —4k — In,
у- 4= —2k + 4п,
(1)
(2)
z—\ = —4k — 4n.
(3)
{
Умножаем обе части второго уравнения на — 2.
После этого уравнение (2) сложим почленно с уравне­
ниями (1) и (3). Получаем
х — 3-2(у — 4) = —15 п,
z— 1 — 2 (t/ — 4) = —12 п.
(4)
(5)
Умножим уравнение (4) на 4, уравнение (5) — на —5.
После почленного сложения этих уравнений получаем
о т в е т : 5 г — 2у — 4х + 1 5 = 0 .
З а д а ч а 7. Найдите расстояние В\Н от точки В\
до прямой D\B, если В\{Ъ\ 8; —3), Di( —3; 10; —5),
В{3; 4; 1).
____ _______
Р е ш е н и е . Пусть D\H = nD\B = /2(6;
—6; 6).
Далее,
~НВ{ = lhB\ — D~JT = (8; -2; 2) —/1(6; -6; 6) =
= (8 —6я; —2 + 6п\ 2-6п).
(1)
По условию задачи, D\B-HB\ = 0. Поэтому
6(8 — 6л) - 6( — 2 + 6п) + 6(2 - 6п) = 0.
Отсюда п = 2:3. Из равенства (1) имеем НВi=(4;
2; -2)_ _______________________________________
НВ\ = 42 + 22 + ( —2)2 = 24 и =
З а д а ч а 8. Составьте уравнение плоскости а, про­
ходящей через середину М отрезка AD и перпенди­
кулярной прямой СВ, если Л(—1; 2; —3), D(—5; 6;
-1), С( —3; 10; -5), В(3; 4; 1).
Р е ш е н и е . Очевидно, Af( — 3; 4; —2). Пусть Я(л:;
f/; 2) — произвольная точка плоскости а. Тогда
МР-СВ = 0, или (х + З; у — 4; г + 2) • (6; —6; 6) = 0,
или 6(* + 3) — 6(у — 4) + 6(2 + 2) = 0.
Итак, уравнение плоскости а имеет вид: z — у +
+ * + 9=0.
З а д а ч а 9. Составьте уравнение плоскости а, от­
носительна которой симметричны точки D( — 5; 6; — 1)
и В(3; 4; 1).
Р е ш е н и е . Плоскость а пересекает отрезок DB
в точке Р(— 1; 5; 0), которая является серединой от­
резка DB. Пусть М(х\ у\ г)—произвольная точка
плоскости а. Тогда DB-PM = 0, т. е. (8; —2; 2) X
Х ( * + 1; У — 5; 2) = 0, или 8(х+ 1) — 2(у — 5) + 2z = 0.
Итак, уравнение плоскости а имеет вид: 4х — у-\+ 2 + 9 = 0.
123
Рис. 1 м
Рис. 2
Рис. 3
З а д а ч а 10. Найдите координаты точки М(х; у; 2),
симметричной точке Вi(5; 8; —3) относительно прямой,
заданнойточками В(3; 4; 1) и А\( 1; 6;
—7)(рис. 1).
П е р в о е р е ш е н и е .ВН = 0,5Z?£i + 0,5/Ш; BHt=
= kBA\.
кВАх = 0УЬ13В[ + 0,5
BiM-BAi = 0.
Ш,
(1)
(2)
Из равенства (1) и (2) получаем:
k{ — 2; 2; -8) = 0,5(2; 4; - 4) + 0,5(* - 3; у — 4; г — 1);
(г-5; г/ — 8; 2 + 3 ) * ( — 2; 2; — 8) = 0.
Система этих двух уравнений равносильна следую­
щей системе:
-2k = 1 + 0,5(лг —3),
— 86 = -2 + 0,5 {г — 1),
2* = 2+ 0,5(f/ —4),
Л — 2(х - 5) + 2(у- 8) — 8(z + 3)= 0.
Решив эту систему уравнений, получаем М( — 1; 2; —3).
В т о р о е р е ш е н и е . Пусть К — такая точка пря­
мой BAi, что четырехугольник ВВ\МК является ромбом.
Есгш BK = kBA{=[-2k\ 26;
—86), то /((3-26:
4 + 26; 1 —8k) (рис. 1). Поэтому
£7/Г=(-2-26; -4 + 26;4-86);£Т£=(-2; -4; 4).
Так как В [К2 = £i£2, то
(- 2 - 26)2 + (- 4 + 26)2 + (4 - 86)2 =
— (— 2)2 + (— 4)2 + 42.
Отсюда k = 0 или 6 = 1. Теперь ясно, что К(\; 6; — 7).
Точка Н — середина отрезка В К. Поэтому Н( 2; 5; — 3)
и Л1(—1; 2; -3).
З а д а ч а И. Найдите расстояние А\Н от точки
>41(1; 6; —7) до плоскости АВ\К> заданной точками
Л(— 1;
2; -3), Bi(5; 8; - 3) и К(- 1; 8; -6) (рис.2).
П е р в о е р е ш е н и е . Пусть Р(0; у\ z) такая точка,
что AP-ABi= 0 и АР-АК = 0. Так как АР = (1; у -2;
124
z —3), AB\ = (6; 6; 0), AK = (0; 6; —3), то последние
два равенства принимают вид:
6 + 6(г/ — 2) = 0; 6Q/ — 2) — 3(2 + 3) = 0.
Решив систему этих уравнений, имеем у= 1, z = — 5.
Итак, ЛР = (1; —1; -2).
Пусть AM = НА\. Тогда МА \ • AM = 0.
Если AM = пАР = (п, —я, —2п), то МА\ = АА\ —
— AM = (2 — п, 4 + п, — 4 + 2я) и (2 — п)п +
+ (4 +л)я — ■( — 4 + 2п)2п = 0. Отсюда п= 1, НА\ =
= (1, -1, -2) и ЯЛ,=Л/б. _____________ ______
В т о р о е р е ш е н и е . Пусть j4i£'==j4Bi
и отрезок
Л4Г — общий перпендикуляр к прямым
А\ В' и Л/(
(рис. 3). Тогда А\Н = МТ.
Пусть А\М = тА\В\ = mAB\ = (6т; 6га; 0) и ЛГ =
= 6Л/( = (0; 66; —36). Очевидно,
МВ\-ТМ = 0у
АК-ТМ = 0.
(1)
(2)
Находим ТМ=ААХ+АМ — ЛГ = (2 + 6га; 4 + 6га —
— 66; —4 + 36). После этого равенства (1) и (2) пре­
образуются к виду:
6(2 + 6га) + 6(4 + 6га — 66) = 0,
6(4 + 6га — 66) — 3( — 4 + 36) = 0.
Решив систему этих уравнений, получаем:
m = — 1:6, £ = 2:3, ТМ = (1; —1; -2)иЛ,Я=Уб.
Т р е т ь е р е ш е н и е . Пусть АН — пАВ\ + kAK\
TfAi ■ ABi = 0; Шх ■ АК = 0 (рис. 4). Тогда
- АН)ТВ, = 0,
(АА, — АН)АК = 0.
(AAi
(1)
(2)
Очевидно, ЯЛ|=/4Л|—АН = АА\
— /гЛВ|— kAK =
= (2 — 6п, 4 —би — 6k, — 4 + 36);
^Bi=(6,
6, 0);
АК = (0, 6, —3).
После этого уравнения (1) и (2) принимают вид:
6(2 — 6л) + 6(4 — 6k) = 0,
6(4 - 6п - 6k) -3( —4 + 3k) = 0.
125
Рис 5
Рис. 4
Решив систему этих уравнений, получаем:
fe = 2:3, п = 1:6, 77Л,=( 1, -1, -2) и ЯЛ,=Уб.
Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Пусть прямая А\Н пере­
секает плоскость XOY в точке Р(х, у, 0). Тогда
а7Г-ак = 0,
(1)
А1Р-АВ=0.
(2)
Так как AiP = (x— 1, у — 6, 7); АК = (0, 6, — 3);
АВ 1 = (6, 6, 0), то уравнения (1) и (2) преобразуются
к виду:
6(у — 6) — 21 = 0, 6(х-1) + 6(*/-6) = 0.
Решив систему этих уравнений, находим Р( —2,5; 9,5;
0). Из прямоугольного треугольника АНА\ получаем
(рис. 5):
А [Н = | A i^cos
; АА\Н\ = I Л,Л-
А \ Л •• A i P .
1Жа\ •\АхТГ\ 1
(-2; -4; 4)-(-3,5; 3,5; 7)
|л7р]
Уз,52 + 3,52 + 72
-т/Е
П я т о е р е ш е н и е . Пусть НМ =А\Н и М(х, у, г).
Тогда ЛМ2 = ЛЛ], Ш2 = АТК*, BtM2 = A{Bl Получаем систему
уравнений:
сие
•(х+1)2 + (1/-2)2 + (2 + 3)2 = 36,
(1)
(х+1)2 + (у-8)2 + (2 + 6)2 = 9,
(2)
(х — 5)2 -\- (у — 8)2 + (z + З)2 = 36.
(3)
is
Выполнив почленное вычитание уравнений (1) из
(3), (2) из (3), получаем:
— 12* + 24 — 12// +60 = 0,
— 12х +24 —6z —27 = 27.
Отсюда у = — х 7 и z = — 2х
нение (1) принимает вид:
(*+1)2 + (-* + 5)2 + (-2*
126
5. После этого урав2)2 = 36.
После очевидных преобразований последнего уравне­
ния и уравнений (2) и (3) получаем: х\ = 1, х2 = — 1;
у, =6, г/2 = 8; z, = — 7, z2= —3.
Итак, Л*,(1; 6; -7) или М2(- 1; 8; -3). Но М, =
= А\. Поэтому М(- 1; 8; -3); Я(0; 7; -5) и ЯЛ, =
= (1; —1; —2); НА\=-ф>.
Ш е с т о е р е ш е н и е . Пусть Н{х\ у\ г) — основание
перпендикуляра А\Н к плоскости АВ\К. Тогда
77л-Ж, = о, яв,-ял^о, як• ял, = о. (1)
Так как
ЯЛ =(— 1 —
2 - у ; -3-г),
ЯЛ1=(1— х; 6 —у; —7 — z),
НВ\ — {Ъ — х\ 8 — у, —3 — 2),
ЯЛ = (— 1 —
8 — у; —6 —г),
то три равенства (1) принимают вид:
(— 1 — х) • (1 — х) + (2 — у) • (6 — у) +
+ ( —3 — 2).(—7 — 2) = 0,
(5 — х)- (1 —х) + (8 — у)' (б — у) +
+ ( - 3 - 2 ) . ( - 7 - 2 ) = 0,
(— 1 — х) • (1 — х) + (8 — у) • (6 — у) +
+ (— 6 — z ) * ( — 7 — 2) = 0.
,1')
(2')
(30
Выполнив почленные вычитания уравнений (2') из
(Г) и (3') из (1')> получаем
-6(1 - х ) - 6 ( 6 - у ) = 0,
6(1 — *) + 3( —7 — г ) = 0.
Отсюда у = 7 — х, z = — 5 — 2* и Xi = 0, *2 = 1; yi = 7,
«/2 = 6, 2| = — 5 , 22= — 7 . Итак, Я(0; 7; —Ъ)\НА\ =
= (1; -1; -2); ЯЛ, =л/б.
С е д ь м о е р е ш е н и е . Прямая А\Н является пе­
ресечением плоскостей а и р , перпендикулярных со­
ответственно прямым АВ\ и ВхК и проходящих через
точку Ль
Составляем уравнения этих плоскостей:
(х— 1 )6 + (у — 6)6 + (2 + 7) = 0,
(х-1)6 + ( у - 6 ) - 0 + (2 + 7) =
0
(1,)
(2.)
ИЛИ
(у + х — 7 = 0,
\2 + 2л: + 5 = 0.
/П
кч
J27
Найдем координаты какой-либо точки F, принадле­
жащей прямой А\Н, т. е. такой, которая является ре­
шением системы уравнений ( 1 ) . Пусть х = 0. Тогда
у = 7, z = —5. Итак, точка Р(0; 7; —5) лежит на пря­
мой А\Н.
Точка И является пересечением прямой AF и плоско­
сти АВ\К, которая перпендикулярна этой прямой. По­
этому получаем такое уравнение плоскости АВ\К:
(х+ 1). 1 +(у — 2 ) * ( — 1 ) + ( г + 3 ) - ( — 2) = 0 или
2z -j- у — х -f- 3 = 0.
(2)
Решив систему уравнений (1) и (2), находим
Я(0; 7; - 5) и НАХ = У6.
З а д а ч а 12. Медианы С К и AM треугольника ABC
пересекаются в точке Р. Докажите, что МР:РА =
= КР'.РС = 1 :2.
Р е ш е н и е . Пусть точка Р принадлежит отрезку
AM и АР: РМ = 2:1. Тогда СР = у СА + у СМ =
= ±(СА + СВ)- Далее, СК = 0,5(СЛ~+ СВ), Отсюда
ясно, что СР = у С/С, т. е. медиана С/С проходит через
точку Р и СР:РЕ = 2:1.
З а д а ч а 13. Дан треугольник ЛВС (рис. 6). Л£ =
= ЕВ, CD = 2DB, точка О — точка пересечения пря­
мых СЕ и ЛО. Найдите DO..OA.
Р е ш е н и е. Выбираем векторы ВА и ВС в качестве
базисных. Точки Л, О и D принадлежат одной прямой.
Поэтому ВО = BA + (1 — x)BD. В силу тех же условий
ВО = {1 — у)ВЕ + уВС. По условию задачи, BE =
= 0,5 В А и BD = у-ВС. Следовательно,
ВО = хВА + -Ц-^ЁС и ВО =
= 0,5(1 -у)Ш+уВС.
Из этих равенств получаем систему уравнений:
(X = 0,5(1 — у),
{(1 — х):3 = у.
Решив ее, получаем: х = 0,4 и 1— * = 0,6. Итак,
DO : О А = 0,4 : 0,6 = 2:3.
З а д а ч а 14. ABCD — трапеция с основаниями
С 28
ВС и AD. Прямые АВ и CD пересекаются в точке Я.
Точка М есть пересечение прямых АС и BD\ ВР = РС,
Л/С — KD. Докажите, что точки Я, Р, М и К принадле­
жат одной прямой.
Р е ш е н и е . Пусть BC = kAD. Тогда из подобия
треугольников ВМС и DMA следует МС : МА = k : 1.
Треугольники НВС и HAD подобны. Поэтому НА =
= ^-ТГв
и 777)к= -|-77с.
k
Считаем векторы НВ и НС базисными. Получаем:
77р = о,5(77в+77с); 77м = Т^ТШ +
НК = 0,5 (77л + Ш) = -^(нв + 77с).
Теперь ясно, что векторы ЯР, ЯМ, Я/( коллинеарны,
т. е. точки Я, Р, М принадлежат одной прямой.
З а д а ч а 15. Дан треугольник ABC. BD=3DC,
Л£—1,5£С, ВК = 2КА (рис. 7). Докажите, что пря­
мые AD, и С/С пересекаются в одной точке.
Р е ш е н и е . Пусть В А и ВС — базисные векторы
и точка М есть пересечение прямых AD и С/С. Оче­
видно,
0,4/М + 0,6£С = 0,2 (2/М + ЗЩ (1)
В силу коллинеарности точек /С, М, С и Л, М, D
имеем:
ВМ=(1 - х)ВК + хВС и ВМ= уВА + (1 - у)Ш.
Так как Б/С = 0,4ВЛ и BD = 0У75ВС, то
129
Рис. 8
Рис. 9
ВМ-
2(1 -х)
В А + хВС и ВМ ■■
= уВА +
3(1 у)
4
ВС.
(2)
Из этих равенств получаем систему уравнений:
1.
3(1-1/)
Решив ее, получаем x = 0,5. Теперь равенства (2)
принимают вид:
ВМ = -^ВА + уВС = у(2ЯД +35С).
(3)
Из равенств (1) и (3) следует ВМ = ^гВЕ, т. е. пря­
мая BE проходит через точку М.
З а д а ч а 16. Четырехугольник ABCD — трапеция
с основаниями АВ и CD. AM = MD, ВК = КС. Дока­
жите, что прямые А К и СМ не параллельны (рис. 8).
Р е ш е н и е . Выбираем векторы АВ и AD в качестве
базисных. Пусть DC = kAB. Тогда МС = 0,5AD + kAB\
АК = 0,5 (AB_ + JC) = 0,5(АБ +AD + kAB) = МС +
+ 0,5(1 — k)AB. Отсюда ясно, что векторы АК и МС
неколлинеарны.
З а д а ч а 17. Докажите, что для любых четырех
точек Л, В, С, D выполняется равенство
АВ + Ш -AD - AC - BD ==0.
(1)
Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD можно задать
векторами АВ, АС и AD. Выражаем через них все
остальные векторы в доказываемом равенстве: CD =
130
= AD — АС, ВС = AC — AB, BD = AD — АВ. После
этого утверждение задачи становится очевидным.
З а д а ч а 18. В треугольнике ABC АВ = с, ВС = а,
АС = Ь, ВМ = МС. Найдите длину медианы AM.
Р е ш е н и е . Очевидно, AM = 0,5(АВ + АС) и AM2 =
= 0,25(АВ2 + АС2 + 2АВ • АС) = 0,25 (с2 + Ь2 + с2 +
+ Ь2- а2).
A M = 0.5-V2&2 + 2с2 - а2.
З а д а ч а 19. Вокруг правильного треугольника ABC
описана окружность радиуса 1 с центром в точке О.
Докажите, что сумма квадратов расстояний от произ­
вольной точки М окружности до вершин этого треу­
гольника равна 6 (рис. 9).
Р е ш е н и е . Очевидно,
СМ2 + МА2 + MB2 = (ОМ-ОС)2 + (ОА - ОМ)2 +
+ (ОВ - ОМ)2 = ОМ2 + ОС2 - 2 ОМ • ОС + О А2 +
+ ОМ2 — 20А • ОМ + ОВ2 + ОМ2 - 20В • ОМ = 6 —
— 2ОМ (ОС + ОА + ОВ) = 6 — 2ОМ -0 = 6.
З а д а ч а 20. В выпуклом четырехугольнике ABCD
стороны АВ и CD перпендикулярны. Докажите, что
BC2 + AD2 = AC2 + BD2.
(1)
Р е ш е н и е . Векторы АВ, АС, AD определяют по­
ложение на плоскости вершины данного четырехуголь­
ника. Равенство (1) переписываем в виде:
ВС2 -АС2 = DB2 - AD2.
(2)
Выражаем входящие в это равенство векторы через
векторы АВ, АС и AD: ВС = АС—АВ, DB=AB —
— AD, CD = AD — AC. После этого равенство (2) пре­
образуем следующим образом:
( А С - A B f - А С 2 = ( А В - ID) 2 - A D 2 .
Отсюда
А С 2 - 2ЛС • А В + ~АВ 2 _ — АС 2 = АВ 2 — 2АВ • AD + AD 2 — AD 2
И
AB(AD - АС) = 0, АВ • CD = 0.
(3)
Последнее равенство дано. Теперь ясно, что из равен­
ств (3) получаем утверждение задачи.
131
З а д а ч а 21. Дан треугольник Л ВО Отрезки А /С,
ВН, СЕ — его высоты. Докажите, что прямые А К, ВН
и СЕ пересекаются в одной точке D.
Р е ш е н и е . Пусть АС — наибольшая из сторон
треугольника ABC. Тогда треугольник можно распо­
ложить относительно прямоугольной системы коорди­
нат XOY так, как показано на рисунке 10.
Пусть В(а, b) и С(с, 0). Тогда АВ = (а, Ь) и АС =
= (с, 0). СВ = (а — с, Ь). Пусть прямые СЕ и АК пере­
секаются в точке D(x, у). Тогда AD=(x, у) и CD =
= (х — с, у).
По условию задачи, прямые AD и ВС, CD и ЛВ
взаимно перпендикулярны. Поэтому v4D • СВ = 0,
CD-AB = 0 и а: (а — с) + yb = 0, (х — с)а + уЬ = 0.
Отсюда х = а и у = {с — а)а:Ь.
З а д а ч а 22. Докажите, что биссектрисы двух пло­
ских углов трехгранного угла и биссектриса угла, смеж­
ного с третьим плоским углом, лежат в одной плоскости.
Р е ш е н и е . Отложим на ребрах трехгранного угла
с вершиной О равные отрезки О А, ОВ, ОС (рис. 11).
Пусть ОВ\ = —ОВ. Треугольники В\ОС, АОВ, АОС
равнобедренные, поэтому их биссектрисы О/С, ОМ, ОР
являются и медианами. Приняв векторы ОА, ОВ и ОС
за базисные, разложим по ним векторы: ОМ = 0,50/2 +
+ 0,504; ОР = 0,504 + 0,5QC; ОК = 0,5 ОВ, +
+ 0,50С = -0,50В + 0,50С.
Очевидно, ОР — ОМ = О,БОС — 0,50В и О/С ==
= ОР — ОМ, что и доказывает утверждение задачи.
З а д а ч а 23. Основанием четырехугольной пира­
миды MABCD является параллелограмм ABCD, DK —
= КМ, ВР = 0,25ВМ; точка X есть пересечение прямой
МС и плоскости АКР. Найдите отношение МХ:ХС.
Р е ш е н и е . Выбираем в качестве базисных векторы
Рис. Ю
в
о ..
нсX
Рис. 11
AB, AD , AM. Так как точка X принадлежит плоскости
АКР, то
Хх = тАК + пАР= т(0,5ЛР + 0,5ЛМ) +
+ дг(0,25ЛМ + 0J5AB) = OjbnAB + 0,5 mAD +
+ (0,5т+0,25я)ЛМ.
(1)
Пусть MX = kMC. Тогда
АХ = ( 1 — k)AM -f IzAC =
= (k- 1 )AM + kAD + kAB.
Из равенств (1)
0,75я = 6;
(2)
и (2) имеем:
0,5га = 6; 0,5m -f- 0J5n = 1 — k.
•Решив систему
этих уравнений, получаем6 = 3:7,
т. е. МХ:ХС = 3:4.
3 а д а ч а 24. ABCDA\B\C\D\ — куб (рис. 12). А В =
= 1; Wj( = KCx; CP = 0,25CD; CW=0,25C7D,. Точка
X принадлежит прямой BD\. Точка Y есть пересечение
прямых КХ и МР. Постройте точку Y.
Р е ш е н и е . Считаем векторы В А, ВС, ВВ\ базис­
ными. Пусть
W= уРМ,
BX = xBD x .
(1)
(2)
KY = nKX.
(3)
По условию задачи
Выражаем векторы, входящие в равенства (1) —
(3), через базисные:
Р/Й ==££,; 'BD [ =BA+BC + ~BBl-y KY =
= КС{ + CiM- YM = 0,5ВС + 0,25ВА — (1 -у)ВВ{;
КХ = ВХ -ВВ{ - £,/( = xSZ) - ££, — 0,5£С =
:::::::: хВА -j- (х — 0,5)ВС -f- (х — 0 b)BBi.
y
Теперь равенство (3) принимает вид:
0,5£С + 0,25£Л — (1 — у)ВВ{ =_
= яхВЛ + п(х — 0,5)£С + n(x — 0,5)BBi.
Отсюда
(0,25 — пх)ВА (0,5 — tix -j- 0В С -f-f- (у — 1 — tix -|- 0уЪг1)ВВ[ = 0
133
\
ву
\
л
Рис. 13
I
0,25 — пх = 0,
0,5 — пх + 0,5я = О,
у — 1 — пх + 0,5/2 = 0.
Решив систему этих уравнений, находим у = 1,5.
Итак, PY= 1,5~РМ.
З а д а ч а 25. Докажите, что если два пересекаю­
щихся ребра тетраэдра перпендикулярны соответ­
ственно противолежащим им ребрам, то остальные
два противолежащих ребра также перпендикулярны.
Р е ш е н и е . Пусть АВ, AC, AD — базисные векторы
и взаимно перпендикулярные прямые: АВ и CD, AD
и ВС. “Тогда АВ • CD = 0 и AD • ВС = 0 или AB(AD —
-АС) = 0 и Ш{АС-Ш) = 0.
Сложив почленно последние два равенства, получаем
AC(AD-AB) = 0 или AC-BD = 0.
3 а да ч а 26. ABCDA\B\C\D\ — куб (рис. 13). АВ =
= 1; DM = -^гDB\. Плоскость а проходит через точку М
перпендикулярно прямой B\D. Найдите, в каком отно­
шении плоскость а делит ребро A\D\.
Р е ш е н и е . Пусть плоскость а и прямая A\D\ пере­
секаются в точке X. По условию задачи,
(1)
MX-DBi=0.
Считаем базисными векторы DA, DC и DD\.
DB\ = DD\ + DA + DC. Пусть D\X = nD\Aь Тогда
MX — DDi +D l X — DM = ^DDl+^n — ^'y)A — ^DC.
После этого равенство (1) принимает вид:
п
8ЛЛ4 8
15 у
15
X (DD\ + DA + DC) = 0.
134
DC
)х
(2)
Векторы DD\, DA, DC взаимно перпендикулярны,
и длина каждого из них равна 1. Поэтому уравнение
(2) после упрощения принимает вид:
Отсюда п = 0,6, т. е. D\X:XA\ =3:2.
Задание 13. СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ.
ПЕРИМЕТРЫ И ПЛОЩАДИ
З а д а ч а 1. Докажите, что периметр любого сече­
ния треугольной пирамиды DABC плоскостью не пре­
восходит наибольшего из периметров ее граней.
Решение.
1. Пусть грань ABC имеет наибольший периметр.
Если сечение А 'В'С' параллельно плоскости ABC, то
утверждение задачи очевидно. В самом деле, треуголь­
ник А'В'С' подобен треугольнику ABC, а коэффициент
подобия меньше единицы.
2. Утверждение задачи также очевидно и в том
случае, если сечение МКЕ параллельно одной из боко­
вых граней пирамиды. В этом случае треугольник МКЕ
подобен треугольнику ABD (коэффициент подобия
меньше единицы), а площадь треугольника ABD мень­
ше площади треугольника ABC.
3. Пусть секущая плоскость проходит через верши­
ны А и В пирамиды и произвольную точку X ребра DC.
Построим три развертки боковой поверхности пира­
миды DABC (на рисунках 1, 2, 3 показаны различные
развертки, соответствующие различной сумме плоских
углов пирамиды при вершине D). Из рисунков ясно, что
AD + DB < АХ + ХВ С АС + СВ.
Итак, утверждение задачи верно, если сечением
Рис. 1
Рис. 2 А
Рис.3
J)
пирамиды является треугольник АВХ (точка X лежит
внутри ребра CD).
4. Пусть сечением пирамиды является треугольник
AYX (рис. 4). Воспользуемся результатом, получен­
ным в п. 3.
Периметр треугольника AXY не превосходит пери­
метра треугольника AYC или треугольника AYD, а
периметр треугольника AYC не превосходит периметра
грани ABC. Поэтому периметр треугольника AYX не
превосходит периметра грани ABC.
5. Пусть сечением пирамиды DABC является тре­
угольник BDM (рис. 5). Периметр треугольника MBD
не превосходит периметра треугольника BDC. Но пе­
риметры граней ABD и BDC не превосходят периметра
грани ABC.
6. Если сечением пирамиды DBAC является
треугольник MKD (рис. 6), то его периметр не пре­
восходит периметра треугольника MDC или MDB. Но
периметр треугольника MDC меньше периметра тре­
угольника ADC, а периметр треугольника MBD не пре­
восходит периметра грани ABD или грани DBC. Поэто­
му и в этом случае утверждение задачи верно.
7. Пусть сечением пирамиды DABC является па­
раллелограмм MKEF (рис. 7). Обозначим: DC= 1
и DK = x. Тогда МК = FE = хАС (это следует из по­
добия треугольников DM К и DAC); КЕ = MF = (1 —
— x)DB (из подобных треугольников СКЕ и CDB).
Таким образом, периметр параллелограмма MKEF
равен 2хАС + 2(1 — x)DB. Очевидно, 0 < х < 1.
Функция f(x) = 2хАС + 2(1 —x)DB линейна*}. Наи­
меньшего и наибольшего значения она достигает на
концах промежутка определения. Поэтому 2DB <
< f(x) < 2АС. Но 2АС меньше периметра треугольника
ABC. Поэтому периметр параллелограмма MKEF мень­
ше периметра грани ABC.
136
8. Пусть сечением пирамиды DABC является тра­
пеция MKEF (рис. 8). При движении точки К по
ребру DC периметр Р сечения MKEF изменяется ли­
нейно. Это следует из того, что подобны между собой
треугольники: DM\K\ и DMK, СК\Е\ и СКЕ, BF\E\
и BFE, AF\M\ и AFM.
Поэтому в этом случае для обоснования утвержде­
ния задачи используются рассуждения, изложенные
в п. 7.
9. Пусть, наконец, сечением пирамиды DABC яв­
ляется произвольный четырехугольник MKEF (рис. 9).
И в этом случае для доказательства утверждения
задачи используется идея линейного изменения пе­
риметра четырехугольника MKEF, если точка К дви­
жется по ребру DC.
З а д а ч а 2. Проверьте, верно ли утверждение:
«Площадь любого сечения треугольной пирамиды
DABC плоскостью не превосходит наибольшей из пло­
щадей ее граней».
Р е ш е н и е . 1. Пусть
грань ABC имеет наиболь­
шую площадь S. Если
сечение А\B\C\ параллель­
но плоскости ABC, то
треугольник А\В\С\ подо­
бен треугольнику ABC.
Коэффициент подобия
треугольников А\В\С\ и
ABC меньше единицы, а
Поэтому площадь тре­
угольника А\В\С\ мень­
ше S.
137
п
Рис 10
С
2. Если сечение МКР параллельно боковой грани
ABD, то треугольник МКР подобен треугольнику ABDy
и площадь треугольника МКР меньше площади треу­
гольника ABD, и, следовательно, меньше S.
3. Пусть секущая плоскость проходит через ребро
АС пирамиды и перпендикулярна плоскости ABD.
В сечении получаем треугольник ACM (рис. 10). Его
площадь меньше площади треугольников ACD и АСВ.
Это следует из формулы 5длсм = SaAcd • cos <р, где <p —
угол между плоскостями ACM и ACD.
4. Пусть секущая плоскость проходит через ребро
АС и произвольную точку X ребра DB (рис. 11). Тогда
Sд
асх
=Sл
асм
: cos а
(о
(плоскость ACM перпендикулярна плоскости ADB,
а а — угол между плоскостями ACM и АСХ). Если
(3 — угол между плоскостями ACM и АСВ, то
S д АСВ = S
аасм:
COS р.
(2)
Но (3 >> а. Поэтому из равенств (1) и (2) следует, что
площадь сечения АСХ меньше площади грани АСВ,
т. е. меньше 5.
5. К такому же выводу при помощи аналогичных
рассуждений приходим и в том случае, если точка М
совпадает с точкой D или В или лежит на продолже­
нии ребра DB.
6. На рисунке 12 показано сечение ADX пирамиды
DABC плоскостью, проходящей через ребро AD и пере­
секающей грань ABC, имеющую наибольшую площадь.
На основании результата, полученного в п. 4, можно
утверждать, что площадь треугольника ADX меньше
площади одной из граней ACD или ADB. Поэтому
площадь сечения ADX меньше S.
138
7. На рисунке 13 показано сечение AXY пирамиды
DABC плоскостью, пересекающей в точках X и У ее
ребра DB и CD. На основании результата, получен­
ного в п. 4, получаем: площадь треугольника AXY
меньше площади треугольника AXD или треугольника
АХС. Но S aadx <С S aadb и S дахс <С S.
Поэтому и в этом случае площадь сечения меньше 5.
8. На рисунке 14 показано сечение пирамиды
DABC плоскостью DXY. Площадь треугольника DXY
меньше площади треугольника DXB или треугольника
DXC. Но площадь треугольника DXB меньше площади
треугольника ABD или треугольника DBC, а площадь
треугольника DXC меньше площади треугольника ADC.
Поэтому S adxy < S, т. е. и в этом случае площадь
сечения меньше наибольшей из площадей граней пи­
рамиды DABC.
Таким образом, доказано, что если сечением пи­
рамиды DABC является треугольник, то его площадь
меньше наибольшей из площадей ее граней.
9. Пусть сечением пирамиды DABC является па­
раллелограмм KPFM (рис. 15). Из треугольной пира­
миды KABF следует, что площадь треугольника KMF
меньше наибольшей из площадей треугольников AKF
и KBF (см. п. 4). Из треугольной пирамиды DABF
получаем, что площадь треугольника KBF меньше
наибольшей из площадей треугольников ABF и DBF.
Итак, площадь треугольника KMF меньше наиболь­
шей из площадей треугольников AKF и DBF.
Рассуждая аналогично, получим, что площадь
треугольника KPF меньше наибольшей из площадей
треугольников KDF и DFC.
Площадь параллелограмма KPFM равна площади
треугольников KMF и KPF. Поэтому площадь сече­
ния KPFM меньше наибольшей из площадей треуголь­
ников ADF и DBC. Но площадь каждого из этих двух
треугольников меньше площади треугольника ЛВС,
равной S.
10.
Пусть сечением пирамиды DABC является
произвольный четырехугольник KPFM (рис. 16). Вы­
полнив рассуждения, приведенные в п* 9, докажем,
что и в этом случае площадь сечения меньше 5.
Таким образом, доказано, что площадь любого
сечения треугольной пирамиды DABC плоскостью не
превосходит наибольшего из площадей его граней.
З а д а ч а 3. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно 1.
Постройте сечение куба плоскостью с наибольшим пе­
риметром.
Решение.
1. Пусть сечением куба ABCDA\B\C\D\ (АВ = 1)
является треугольник МКР (рис. 17). Каждая сторона
этого треугольника является гипотенузой одного из
прямоугольных треугольников МАК, МАР или КАР.
Поэтому периметр треугольника МКР будет наиболь­
шим, если точка М совпадает с точкой А\, точка
К — с точкой Ву а Р — с точкой D.
2. Пусть секущая плоскость задана точками КУ Р
и М, первые две из которых принадлежат ребрам
АВ и AD, а третья — лежит на продолжении ребра
АА\ (за точку А\). В этом случае сечением куба
ABCDA\B[C\D\ является трапеция FEPK с основа­
ниями FE и КР (рис. 18).
На рисунке изобразим еще одно сечение данного
куба — трапецию ЕТВР. Очевидно, отрезок FE больше
отрезка AiE.
Рассмотрим подобные пирамиды МА\ТЕ и МАРВ.
Было уже доказано (задача 1, п. 3), что периметр
сечения FEM не превосходит периметра треугольника
МА\Е или треугольника МКР. Аналогично, периметр
треугольника МКР не превосходит периметра треуголь­
но
ника МАР или треугольника МРВ. Между собой по­
добны (с одним и тем же коэффициентом подобия)
треугольники: МА\Е и МАР, MFE и МКР, МТЕ и
МВР. Поэтому периметр сечения FEPK не превосходит
периметр трапеции А\ЕРА или ТЕРВ.
3. На рисунке 19 изображена равнобокая трапе­
ция BDLT, которая является сечением куба плоскостью,
проходящей через вершины В и D куба и произволь­
ную точку М, лежащую на продолжении ребра АА\
(за вершину Л1). На основании результата, получен­
ного в предыдущем пункте, заключаем, что площадь
сечения ТЕРВ меньше площади трапеции А\ТВА или
трапеции TLDB (трапеция ТЕРВ является общей
гранью усеченных пирамид АхТЕАВР и TLEBDP).
4. Пусть А\Т = A\L = х (рис. 19).
Выразим через х периметр Р(х) сечения TLDB.
Из прямоугольных треугольников ABD и A\TL полу­
чаем: BD=^/2, TL = x^/2.
Из равных прямоугольных
A\LDA имеем:
трапеций
АхТВА
и
ТВ = LD =-\/l +(1 -х)2.
Итак,
___________
Р(х) = -д/2 -f- хл[2 + 2~\j\ + (1 — х)2, О <С х <С 1.(1)
На основании результатов, полученных в пп. 1—3,
естественно предположить, что Р(х) меньше периметра
сечения BDDxBx, т. е.
Р(х) < 2 + 2^/2, если 0 < х < 1.
Итак, попытаемся доказать неравенство
~\[2 -|- хл^2 2~\j 1 (1 — хУ <С 2 -j- 2-\(2,
если 0 < х < 1.
(2)
Если неравенство (2) верно, то
2-yi +(1 -*)2<2 + д/2 -хд/2 ИЛИ
V2( l + ( l - x ) 2) < V2+ l - x .
(3)
После возведения обеих частей неравенства (3)
в квадрат получаем:
2 + 2 (х - х) 2 < (-ф+ I)2 - 2 х(ф+ 1) + *2;
х2 -2х(\ -V2) + (l
-2V2)<0.
(4)
Решив уравнение
х2 — 2x(l — -д/2) + (1— 2-д/2) = 0,
(5)
получаем: х\ = 1 — 2д/2 <0, Х2= 1.
Теперь ясно, что неравенство (2) верно, если 0 <<
<х<\.
Таким образом, доказано, что если сечение куба
является треугольником или трапецией, то его пери­
метр не превосходит периметра диагонального сечения
BDD\B\ куба ABCDA\B\C\D\.
П р и м е ч а н и е . Г ипотеза о том, что Р(х) < 2 +
+ 2д/2, если 0<л:<С 1, может быть получена и путем
составления таблицы функции Р(х) при помощи микро­
калькулятора.
5.
На рисунке 20 изображено сечение KD\MB куба
ABCDA\B\C\D\. Четырехугольник KD\MB является
параллелограммом, если КС\ = AM.
Пусть КС\=АМ = х. Тогда MD\ = д/( 1 — х) 2 + 1,
KDi = д/l +х2. Если Р(х) — периметр параллелограм­
ма KD\MBy то
Р(х) = 2(VTT7 д/(1 — х)2 +1), 0 <С * <С 1.
(1)
Как и в п. 4, естественно предположить, что Р(х)
меньше периметра сечения B\D\DBy т. е.
2(д/ 1 х2 -f- д/( 1 — х) 2 -f- 1) < 2 -f* 2 д/2, 0 <С х <С 1. (2)
Если неравенство (2) верно, то
д/( 1 — *)2 + 1 <С (1 -f- д/2) — д/1 х2^ (3)
Так как 0 < х < 1, то 1 < д/l -f х2 < 2, и обе части
неравенства (3) положительны. Поэтому после возве142
дения в квадрат обеих частей неравенства (3) получаем
равносильное ему неравенство
(1 -xf+l <(1 +У2)2 - 2(1 + V2) X
X "V1 + х2 + (1 + х2).
После понятных упрощений имеем
(1 +л/2 )л[Г+х2 <(ф+1 ) + х.
(4)
Обе части неравенства (4) положительны. Поэтому
после возведения его обеих частей в квадрат и приве­
дения подобных членов получаем неравенство
x(-\j2— 1) + х2{\ — -\/2) > 0,
(5)
равносильно неравенству ( 4 ) . Т а к к а к 0 < л : < 1 , то
х > х2. Неравенство (5) при 0 < х < 1 верно, поэтому
верно и неравенство ( 1 ) .
Таким образом, доказано, что если сечение куба
ABCDA\B\C\D\ является треугольником или четырех­
угольником, то его периметр не превосходит периметра
диагонального сечения BDD\B\.
6.
На рисунке 21 изображен пятиугольник МКЕС\Н,
который является сечением куба ABCDA\B\C\D\ пло­
скостью, проходящей через вершину С\ и прямую МК,
параллельную прямой BD(AM = АК = х < 1).
Строится это сечение следующим образом. Полу­
чаем точку F, в которой прямая МК пересекается с
прямой DC. Ребро DD\ с отрезком C\F пересекаются
в точке Е. Через точку М проводим прямую, парал­
лельную прямой FC\. В пересечении с ребром ВВ\
получаем точку Н.
Выразим периметр Р(х) этого сечения через х.
DF = DK = 1 — х, потому что треугольник KFD по­
добен треугольнику КМА и АМ=АК = х.
143
Из подобных прямоугольных треугольников D\C\E
и DFE получаем D\E:DE = D\C\\DF. Отсюда (1 —
— DE):DE = \ :(\ — х) и DE = (1 - х):{2 - х\ EDX =
= 1:(2 —х). Очевидно, МН = КЕ и НС\ = ЕС\.
Из прямоугольных треугольников МАК, KDE и
EDiCi находим: МК = хл]2; KE=-yJ( 1 -
Итак,
(2 -
Р(х) = *д/2 + 2д/( 1 - х)2 +
+ 2л
/’
+
+
( 1 )
или
р (х) - хд/2 +
+-+г[(
=
ХЛ /2
1-дг)+1| =
+ 2 ^~fx+ (2 -*) =
хд/2 -(- 2д^(2 — x)2 -f-T.
(2)
Попытаемся и в этом случае доказать, что Р(х)
меньше периметра диагонального сечения BDD\B\
куба ABCDA[B\C\D\, т. е.
хд/2 + 2 V(2 - х)2 + 1 < 2 + 2д/2, если 0 < х < 1 .
Если неравенство (3) верно, то верны
щие неравенства (если 0 < * < С 1 ) :
(3)
иследую­
2д/(2 -х)2 + 1 < (2 + 2д/2) - хд/2;
4(4 —4х + х 2 + 1)<(2 + 2д/2)2 — 2х(2+
2д/2~)д/2 -|- 2х2;
х 2-2х(2-72) + (4-4д/2)<0.
(4)
Находим корни уравнения, соответствующего нера­
венству ( 4 ) :
х\=2 — 2 л[2 \ *2 = 2.
Т а к как 2 —2д//2<0 и 2> 1, то неравенство (4)
верно, если 0 < х < 1. Поэтому доказано и неравенство
( 3 ) , если О С х С 1.
Мы уже рассмотрели несколько сечений куба. И во
всех этих случаях доказали, что их периметры не пре144
восходят периметра его диагонального сечения. А это
дает основание попытаться доказать гипотезу о том,
что из всех сечений куба наибольший периметр имеет
его диагональное сечение.
7.
На рисунке 22 показано сечение КМРВ\Е куба
плоскостью, заданной точками К и М, принадлежащими
соответственно ребрам AD и DC, и точкой Вi. Для
построения этого сечения находим точку L, в которой
прямая КМ пересекается с прямой АВ. Проводим
отрезок МР, параллельный прямой LB\.
На рисунке 23 изображены четыре грани куба
ABCDA\B\C[D[, которым принадлежат соответствую­
щие стороны сечения ЕКМРВ\ (отрезки В\Е, ЕК, КМУ
МР). Очевидно, пятая сторона В\Р сечения равна
отрезку PDi.
Таким образом, попытаемся доказать, что
В х Е + Е К + K M + MP + PDi < 2 + 2 д / 2 .
(1)
Если ломаная BiEKMP (на плоскости !) выпук­
лая, то
BiE + EK + KM + MP<BlAt +AtD + DP +
+
PDl = \+-'j2 + DP + PDi.
(2)
Найдем наибольшее значение длины ломаной DPD\.
Пусть СР = ху тогда
DP — -д/l 4-je2, PDi = V1 +(1 ~*)2Докажем, что
"V1 + + "V 1 + (1 — х)2 ^ 1
если 0 < х < 1.
6 А. Б. Василевский
~\/2,
(3)
145
Если неравенство (3) верно, то
-д/l +(1 _д;)2<(1 +Л/2)-У1 +Х2.
(4)
После возведения обеих частей неравенства (4) в квад­
рат и соответствующих упрощений получаем:
~\fT-f- х2 ^ 1 х{^/2 — 1).
Возведя обе части последнего неравенства в квадрат
и приведя подобные члены, получим: х2 — х^0. Это
неравенство верно, потому что 0 < х < 1. Значит, дока­
зано неравенство (3), и, следовательно, неравенство
(1) верно.
К аналогичным рассуждениям сводится доказатель­
ство неравенства (1) и в том случае, если на рисунке
23 ^шйаная В\ЕКМР не будет выпуклой. Например,
вместо
ломаной
В\ЕКМР
исследуется
ломаная
В\Е\К\М\Р. В этом случае
ВхЕх + ЕхКх < В\А + АК\ и КхМх + МХР < K\D + DP.
Поэтому BiEi + EiKi + KiMi + MXP < BXA + AKi +
+ KiD + DP = ф + l + DP n B{Ei + EiKi + KiMt +
+ MlP + PDl< 2 + 2V2.
8.
На рисунке 24 показаны три сечения куба
ABCDA\BXCXDX параллельными между собой плоско­
стями — пятиугольники В\ЕКМР, А\B2 P2 M2 K2 и шести­
угольник В\В[Р\М\К\Е\.
При движении точки В'{ по ребру В\А\ (от вершины
Вх к А\) периметр шестиугольника ВХВХР\М\К\Е\ из­
меняется линейно. Поэтому периметр этого шестиуголь­
ника не превосходит периметра пятиугольников В\ЕКМР
и А{В%Р2 М2 К2 - Следовательно, периметр шестиуголь­
ника В\ В[Р\МХК\ЕХ не больше 2
2~\/2^
Таким образом, доказано, что сечениями куба
ABCDA\BXC\D\ с наибольшим периметром являются
его диагональные сечения.
З а д а ч а 4. Доказать, что из всех сечений куба
плоскостью наибольшую площадь имеют его диаго­
нальные сечения.
Доказательство этого свойства куба сводится к
рассмотрению его различных сечений к доказатель­
ству соответствующих неравенств, т. е. эта задача
аналогична задаче 2. Поэтому ограничимся рассмот­
рением только некоторых частных случаев.
146
Р е ш е н и е . 1. Если в сечении куба плоскостью
получается треугольник MKD (рис. 25), то очевидно,
что площадь сечения MKD меньше площади треуголь­
ника A\BD, т. е. меньше д/2.
2. На рисунке 26 секущая плоскость задана точка­
ми М, К и F:
AK = AF = a^\, АхМ = х> 0.
Сечением куба является равнобокая трапеция FHEK.
Пусть АВ = 1. Тогда АО = a sin 45° = (из треуголь­
ника AOF).
МО =^(1 +*)2+ («-#)2 =V(1 + *)2 + 0,5а2.
0,5аУ2
ЛО
COS ф :
Samkf = '
МО
> ДЛ/CF
2 У( I Н~ х)2 Ч~ 0.5а2
= 0,5а
0,5ад/2
COS(p 7
= 0,5ад/2 • V( 1 + *)2 + 0,5а2.
Из подобных пирамид МА\ЕН и MAKF следует:
EH:KF = AlH:AF = MAl:MA =х:[\ +х).
Поэтому
ъ амен
и S амен= 0,5ад/2 X
Sakmf (х + I)2
Хд/(1 ХТ 4“ 0,5а2
Отсюда
Sehfk = 0,5ад/2 • л/( 1 + х? +
(х+1)2‘
^
0,5а2
(l --Д+)
147
= 0,Ьсф ■ У( 1 + *)2 + 0,5а2' • ^±1 =
= 0 .Ьа-Ф-Ц^-^ +°.5(-4т )’•
<»
Итак, для выяснения вопроса, как изменяется пло­
щадь сечения (трапеции EHFK) с увеличением х и а,
необходимо исследовать функцию
s W = 0,5^2 • -£±1 • д/l +0,5(^гг)2
(а — параметр).
(2)
Чтобы получить гипотезу об изменении функции
5(х) с увеличением х (например, при а = 1 ) , целесо­
образно предложить различным учащимся найти
5(0,5); 5(0,7); 5(1); 5(10); 5(200); 5(3000).
При помощи микрокалькулятора эта работа вы­
полняется достаточно быстро. На доске появляется
таблица:
х(а = 1)
S(x)
0,5
0,7
1
10
200
3000
1,04231
1,08118
1,12499
1,3527
1,4107
1,41398
На основании этого появляется гипотеза, что при
O ^ a ^ l и х > 0 площадь трапеции EHFK не пре- *
восходит -д/2, т. е. не превосходит площади диагональ­
ного сечения BB\D\D.
Итак, попытаемся доказать неравенство
0.5
+0.5(7Tr)!<V2.
если х > 0 , 0 < a < 1
(3)
или
а(2х + 1)д/(х + О2 + 0У5а2 < 2 (х.+ I)2.
(4)
Так как 0 < a ^ 1, то доказательство неравенства (4)
сводится к доказательству неравенства
(2х + 1)У(* + I)2 + 0,5 < 2(х + I)2.
(5)
Возводим обе части неравенства (5) в квадрат:
(2х+ \)2 (х2 + 2х + 1,5)<4(л;2 + 2* + I)2.
148
Отсюда
4х3 + 9л:2 + 8 х + 2,5 > 0.
Последнее неравенство при х>0 верно. Тем самым
доказано, что площадь трапеции KFHE меньше д/2,
т. е. меньше площади диагонального сечения куба.
3. На рисунке 27 изображено сечение FKPH куба
плоскостью МНР (прямая HP не параллельна пря­
мой BD). Показаны также сечения FEDH и QEDB,
заданные соответственно плоскостями HDM и BDM.
Между собой подобны треугольники: MA\F и МАН,
MFK и МНР, MFE и MHD, MFQ и МНВ, МКЕ и MPD,
MQE и MBD.
Поэтому, используя свойства сечений многогран­
ников, доказанные в процессе решения задачи 2 этого
задания, приходим к следующим выводам:
площадь сечения FKPH не превосходит площади
трапеции FA\AH или FEDH. Площадь сечения FEDH
не превосходит площади трапеции KEDP или QEDB.
Поэтому площадь сечения FKPH не превосходит пло­
щади трапеции A\FHA, KEDP или QEDB. Но площадь
каждой из этих трапеций меньше площади диагональ­
ного сечения B\D\DB куба. Поэтому площадь сечения
FKPH меньше д/2*.
4. На рисунке 28 изображено сечение А{МСК куба
ABCDA\B\C\D[ плоскостью А\КС. Пусть АВ = 1,
Очевидно, C|M = yC|D| и четырехугольник А { МС К
является параллелограммом. Для вычисления площади
параллелограмма необходимо знать длины смежных
сторон АК и КС и угол ф = zl А\КС. Из прямоугольных
треугольников КАА\ и КВ С получаем:
*с~у/|!+(т)’=#Известно, что А\С = ~\/з. По теореме косинусов из
треугольника КА\С находим:
Л,/(2 + KC2~AiC2 -2
COS ф
2Л1/С. /сс
Л
1-с.
-д/Тзо" ^ *
Теперь ясно, что угол А\КС тупой.
Вычисляем:
Sin? = Vl -0054=^1 -4=Vi
S^k-cm = Л i/C • /(С sin ф =
= # - # ' У 1 =умЗадание 14. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ
У Р А В Н Е Н И Я И НЕРАВЕНСТВА
З а д а ч а 1. Докажите, что все решения уравнения
(2У2 cos 25° - 1) tg х° =(2-фsin 25° - l) tg 3x°
(1)
— целые числа.
Р е ш е н и е . Основной период уравнения (1) равен
180°. Поэтому сначала исследуем это уравнение на
отрезке [ — 90°; 9 0 ° ] .
Преобразуем уравнение (1) к виду:
tg Зх° 2^2 cos 25° — 1
tg
icyх
2д/2 sin 25° - 1
При помощи микрокалькулятора получаем:
2д/2 cos 25° - 1 ^
2д/2 sin 25° - 1
150
8)0034!
08 ^ 8
(3)
Находим:
to- Зл'°
°
S^n
^Х° 3 sin х° ~~ 4 sin3 х°_____________ sin х°(3 — 4 sin2 х°) _____
cosЗх°
4 cos3 х° — 3 cos х° cos х°(4 cos2 х° — 3)
0
= lg-t
3 — 4 sin2 х°
4(1 — sin'*') — 3
=
,
о 3 — 4 sin2 х°
^
(4>
Если tgx°=H=0, то из равенств ( 2 ) , (3) и ( 4 ) полу­
чаем:
3-4 sin2 х°
1 - 4 sin2 х°
(5)
Решив уравнение ( 5 ) , получим:
sin2 лг° ж 4 «0,17857142, sin х° « 0,42257711 или
zo
s\nx° ж —0,42257711. Отсюда *о ~ ±24,997398° ж
ж ±25°.
Выполненные вычисления представляют возмож­
ность предположить, что корнями уравнения ( 1 ) , при­
надлежащими отрезку [ — 90°; 9 0 ° ] , являются —25°, 0°
и 25°.
Проверяем полученную гипотезу. Очевидно, 0°
является решением уравнения ( 1 ) .
Пусть х° = 25°. Докажем справедливость равенства
(2д/2 • cos 25° — 1)tg 25° =(2-\/2sin250 — l ) t g 75°. (1)
Если равенство (1) верно, то
(2д/2 • cos 25° — l)sin 25° cos 75° =
= (2д/2 sin 25° — 1) sin 75° cos 25°;
2 д/2 • cos 25° sin 25° cos 75° — 2 д/2 sin 25° cos 25° sin 75° =
= sin 25° cos 75° — sin 75° cos 25°;
д/2 sin 50° cos 75° — д/2 sin 50° sin 75° = — sin 50°;
V2(cos 75° - sin 75°) = -1; 1 =д/2(sin 75° — sin 15°);
750
150
75° - 15°
, =ГК
1
д / 2о- 2 c o s+£ ---- s i n ----1 = д/2. 2--^.0,5.
Отсюда ясно, что равенство (1) верно.
Так как t g ( - 2 5 ° ) = -tg25° и tg( — 75°) = —tg75°,
то верно и равенство
(2д/2 • cos 25° - l) tg( —25°) =
= (2д/2 sin 25° - l ) t g ( —75°).
151
Таким образом, доказано, что корнями уравнения
(1) являются только целые числа 180° • 6, 180оя±25о
(k, п — целые числа).
З а д а ч а 2. Решите неравенство
sin х ^ arcsin Зх.
(1)
Функция <р(х) = arcsin Зх определена на отрезке
[ — у; yj. Число 0, очевидно, является решением
уравнения sin х = arcsin Зх.
Возникает вопрос: нет ли у этого уравнения еще
и других корней? Неравенство arcsin х < arcsin Зх
верно для каждой точки промежутка
,потому
что на этом промежутке функции arcsin х и arcsin Зх
являются возрастающими и sin (arcsin х)< sin (arcsin Зх),
т. е. х<3х.
Рассуждая аналогично, можно показать, что нера­
венство arcsin х > arcsin Зх верно для каждой точки
промежутка Г——; 0\
Докажем теперь, что уравнение sin х = arcsin х
имеет решением только число 0.
Г рафики функций sin х и arcsin х ( на отрезке
у симметричны относительно прямой у = х. Дока­
жем, что если х Ф 0, то sin х < х и arcsin х > х. Для
этого исследуем функции /(x) = sinx — х и 0(х) =
= arcsin х —х при помощи производной:
Г(х) = cos х — 1 < 0, если х Ф 0. Поэтому f(x) —
убывающая функция. Следовательно, уравнение sin х =
= х имеет единственное решение х = 0. Теперь ясно,
что графики функций f(x) и у — х имеют единственную
общую точку (0; 0). Поэтому и график функции 0(х)
имеет только одну общую точку (0; 0) с графиком
функции у = х.
Таким образом, число 0 является единственным
решением уравнения sin х = arcsin Зх, а решением не­
равенства (1) является отрезок |\); y j .
З а д а ч а 3. Решите уравнение
arcsin 2х + arcsin х = у.
152
(1)
П е р в о е р е ш е н и е . Так как функция arcsinх
определена на отрезке [ — 1 ; 1], то функция arcsin2 х
определена на отрезке [ — 0,5; 0,5]. Поэтому монотонная
(возрастающая) и непрерывная функция f{x) =
= arcsin 2х + arcsin х определена на отрезке [ — 0,5;
0,5]. Находим:
/( — 0,5) = arcsin(— 1) + arcsin( —0,5) =
/(0,5) = arcsin 1 -f- arcsin 0,5 = 0,5я + у = у я.
Теперь понятно, что уравнение (1) имеет единст­
венный корень Х\у причем 0<Сх\ С 0,5.
При помощи микрокалькулятора найдем прибли­
женное значение х\ с точностью до 10“ . Для этого
составляем следующую таблицу значений функции
f(x). Заметим, что 1,0471975:
X
fix)
X
№
0
0,5
0,3
0,35
0,33
0,328
0,327
0,3275
0
2,0943951
0,9481938
1,1329686
1,0571224
1,0496925
1,0459873
1,0478391
0,3279
0,32735
0,32733
0,32732
0,327325
0,327327
0,3273265
1,0470982
1,0472834
1,0472093
1,0471723
1,0471908
1,0471982
1,0471963
О т в е т . х\ ж 0,3273227.
В т о р о е р е ш е н и е . Находим косинус от обеих
частей уравнения ( 1 ) :
cos(arcsin 2х + arcsin х) = cosy.
Отсюда
~\]\ — 4х2 • д/l — х2 — 2 х - х = 0,5.
Решив это иррациональное уравнение, получаем:
*.=0,5уЬ * 2 = - 0 , 5
Полученное решение нуждается в проверке. Пусть
153
а
—
arcsin 2х\ + arcsin
Х\.
Тогда cos^arcsin-^-^ +
+ arcsin^0,5-^-^-)) = cos а и cos a =
Хд/l -
|
л
как 0 <
‘
y
—
-
t
IT . sfi
у < 2"
и
1jX
e ' c o s a = 0>5- TaK
i Гз" д/i"
У _\/Т< 2 ’
то
О < arcsin -^у<-j- и 0 < arcsin у
Но тогда
О < arcsin-^y + arcsin^y-^y ^ < у,
т. е. а принадлежит первой четверти.
Итак, cos а —0,5 и 0 < а < у , но в таком случае
а=
у,
л
ГГ
и * i = 0 , 5 - w y — корень уравнения ( 1 ) .
Проверяем, является ли *2 корнем уравнения ( 1 ) .
Обозначим |3 = arcsin 2х2 + arcsin х2. Отсюда
arcsin^ ^т) a r c s i n ^ - — )
— 1 <---- \Jy<:
0и
”
1
<
—
=
Р- Так
как
0,5-^у < 0, то
— я < arcsin^ yjj- ) + arcsin^ —<Г~^Т )
<
или — я < p < 0.
Следовательно, (3 ^
у.
Поэтому x2 не является
корнем уравнения ( 1 ) .
О т в е т . Xi = 0,5-^у ^ 0,32732683 (приближенное
значение получено на микрокалькуляторе).
З а д а ч а 4. Решите уравнение
cos у* = cos2x.
(1)
Р е ш е н и е . Находим основной период уравнения
( 1 ) . У функции у = cos2* основной период равен я.
4
Основной период функции у = cos у* равен 1,5я.
154
Наименьшее общее кратное чисел я и 1,5я равно Зя.
Поэтому основной период уравнения (1) равен Зя.
Пусть Т = [0; Зя].
Очевидно, х = 0 является решением уравнения ( 1 ) .
На интервале (-|я; -|-я) функция у = cos -jx отри­
цательна. Поэтому другие корни уравнения (1) сле­
дует искать только на интервалах ^0; -g-я) и (-g-я;
3
\
При помощи микрокалькулятора сначала найдем
приближенные значения корней уравнения ( 1 ) . Для
этого составляем таблицу значений функции f(x) =
= cos2х — cos-^-х на интервалах ^0; -g-я) и (-g-л;
у я ) , т. е. на интервалах ( 0 ° ; 67,5°) и (202,5°; 270°).
*°
0
3
6
9
12
15
18
21
24
27
30
33
36
39
42
45
48
51
54
57
60
63
66
67,5
Пх)
/«
0
— 0,00080306
— 0,00119426
-0,00261932
— 0,00448897
-0,00667995
— 0,00903692
-0,01137519
— 0,01312438
-0,01512438
— 0,01604446
-0,01597149
-0,01462203
— 0,01170562
-0,00692866
0,00000002
0,00936458
0,02143757
0,03647455
0,0547098
0,07635185
0,10157893
0,1305352
0,14644661
202,5
207
210
213
216
219
222
225
228
231
234
237
240
243
246
249
252
255
258
261
264
267
270
0,85355342
0,6893642
0,57635189
0,4614465
0,34549155
0,22934931
0,1138931
0,00000002
-0,11145712
— 0,21961736
-0,32363903
-0,42270819
-0,5160445
— 0,60290965
— 0,68261345
-0,75452006
— 0,81805397
-0,87270535
— 0,91803444
-0,95367586
-0,97934187
— 0,99482505
—1
Из таблицы легко усматриваются следующие ги­
потезы :
155
1. Корнями уравнения, принадлежащими отрезку
[0; Зя], являются числа: 0; 0,25я; 1,25я. Непосредствен­
ная проверка подтверждает эту гипотезу.
2. На интервале ^0; ул^ наименьшее значение
функция f(x) достигает в точке х0 ж у, а на интервале
9
(у
3
\
я; тя) функция f(x) монотонно убывает. Для про­
верки этой гипотезы находим:
f'(x) — — 2 cos х sin х + у sin у х =
4
4
= — sin 2 х 4- у sin у х.
Решив уравнение f'(x) = 0, получаем
Итак, решениями уравнения (1) являются числа
3kn\ 0,25я + 3пл\ 1,25я + Зят (k, п, т — целые числа).
Задание 15. ЗАДАЧИ НА РАЗВЕРТКАХ
МНОГОГРАННИКОВ
З а д а ч а 1. На рисунке 1 изображена треугольная
пирамида DABC, а на рисунке 2 дана ее развертка.
DH — высота пирамиды. Отрезки DK, DM, DP —
апофемы боковых граней.
Почему на рисунке 2 лежат на одной прямой точки:
Я, Р и £>,; Я, М и D2; Я, /С и D3?
Выполнив необходимые измерения на развертке и
вычисления, определите (с точностью, которая задается
разверткой): 1) длину высоты DH\ 2) величину (в гра­
д у с а х ) угла прямой CD с плоскостью ABC; 3) величину
156
двугранного угла между плоскостями ABC и ABD\
4) площадь грани ACD\ 5) объем пирамиды; 6) рас­
стояние от точки В до плоскости ACD.
З а д а ч а 2. На рисунке 3 дана развертка треуголь­
ной пирамиды DABC. Ее основание — прямоугольный
треугольник АСВ с катетами АС = 3 см, СВ = 4 см.
Основание Н высоты DH пирамиды лежит на биссектри­
се угла АСВ. Боковое ребро CD = 7,3 см; BF = 2см
(DF — высота грани DBC на ребро ВС).
Опишите план построения этой развертки.
Выполнив необходимые измерения, построения и
вычисления, определите: 1) длину высоты пирамиды;
2) величину двугранного угла, образованного гранями
СВА и BAD; 3) угол между ребром BD и плоскостью
АВС\ 4) площадь ортогональной проекции грани CBD
на плоскость ABC.
З а д а ч а 3. Дан остроугольный треугольник
D3DiD2. Точки А, В, С — соответственно середины
сторон D2 D3 , .DD\, D\D2. Отрезок D2D3 = 14 см.
1) Докажите, что треугольник D\BC, ACD2 , D3 BA
и CAB равны.
2) Докажите, что эти треугольники образуют раз­
вертку треугольной пирамиды DABC.
3) Начертите эту развертку в своих тетрадях и
постройте на ней основание Н высоты DH пирамиды
DABC (ответ показан на рисунке 4).
4) Выполнив необходимые измерения, построения
и вычисления, определите: а) длину высоты пирамиды
DABC\ б) угол наклона ребра CD к плоскости ABC;
в) двугранный угол при ребре СА.
5) Почему угол МОА является линейным углом
157
двугранного угла при ребре CD? Найдите величину
этого угла.
6) Сделайте бумажную модель пирамиды DABC.
З а д а ч а 4. На рисунке 5 даны грани ABC и ABD
треугольной пирамиды DABC. Двугранный угол между
гранями равен 60°. (Точки С, А и D на этом рисунке
принадлежат одной прямой.) На рисунке 6 показано
построение развертки этой пирамиды (точка Н — осно­
вание высоты DH пирамиды, и DM = МН).
1) Сделайте обоснование выполненных построений.
2) Определите длину высоты DH этой пирамиды,
выполнив на рисунке 6 необходимые измерения.
3) Вычислите угол между прямой BD и плоскостью
АБС.
4) Сделайте из бумаги модель пирамиды DABC.
З а д а ч а 5. На рисунке 7 изображена четырех­
угольная пирамида FABCD, основанием которой яв­
ляется параллелограмм ABCD. Ребро AF перпенди­
кулярно плоскости основания пирамиды. Отрезки FK
158
и FM — апофемы соответственно боковых граней FCD
и FBC. Точка К — середина ребра CD; ВМ:МС =
= 3:4. Ребро AD равно 7 см. Постройте развертку
этой пирамиды.
Р е ш е н и е . Строим отрезок AD = 7 см (рис. 8).
Точкой Р делим этот отрезок так: AP:PD = 4:3. Де­
лим пополам точкой Q отрезок PD. Через Р и Q про­
водим перпендикуляры h\ и h2 к прямой AD. На луче
h2 отмечаем такую точку /С, что OK = OD (О — сере­
дина отрезка AD). Прямая DK пересекает луч h\ в точ­
ке С. Точки Л, D и С определяют параллелограмм
ABCD. Строим прямоугольный треугольник FAD —
боковую грань пирамиды, перпендикулярную плоско­
сти основания ABCD(AF = АК). Строим грань F\AB
(F\A=AF, угол F\AB — прямой). На луче AM нахо­
дим такую точку F2t что BF2 = BF\. Получаем грань
BF2 C. Строим грань DCF3.
Задание 16. КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ
И ФИГУР ВРАЩЕНИЯ
З а д а ч а 1. Дан куб ABCDA\B\C\D\ (рис. 1), ребро
которого равно 1. Через вершины А и С середины
F и Е соответственно ребер В\С\ и CiDi проведена
сфера. Найдите радиус R этой сферы.
Р е ш е н и е . Центр М сферы равноудален от точек
Л и С, поэтому он принадлежит плоскости симметрии
этих точек, т. е. плоскости BDD\. По той же причине
точка М принадлежит и плоскости Л1С1С (плоскости
симметрии точек F и Е). Итак, точка М принадлежит
прямой OOi, по которой пересекаются плоскости Л1С1С
и BDD\.
Введем прямоугольную систему координат. Мы не
знаем, где на прямой 00\ находится точка М. Поэтому
Af(0,5; 0,5; г). Но МЕ2 = МС\ т. е.
(0,5 - 0,5)2 + (0,5 - I)2 + (z - I)2 =
= (1 - 0,5)2 + (1 - 0,5)2 + (0 - г)\
Отсюда 2 = { и k2 = МС2 = (1 -0,5)2 + (1 -0,5)2 +
З а д а ч а 2. Через каждую вершину треугольной
пирамиды проведена плоскость, содержащая центр
159
окружности, описанной около противоположной грани,
и перпендикулярная противоположной грани. Дока­
жите, что эти четыре плоскости пересекаются в одной
точке X.
Р е ш е н и е . Рассмотрим сначала треугольную пи­
рамиду DABC, у которой плоские углы ACD, ABC, ABD
и BCD прямые и АВ = ВС (рис. 2).
Чем она хороша для получения рабочей гипотезы?
Да тем, что для нее легко строятся центры окруж­
ностей, описанных вокруг граней, и основания четырех
ее высот.
Прямая DC перпендикулярна плоскости ABC, и
середина М ребра АС является центром окружности,
описанной вокруг грани ABC. Поэтому плоскость ACD
является одной из четырех рассматриваемых в задаче
плоскостей.
П р я м а я MB перпендикулярна плоскости ACD. Се­
редина О ребра AD является центром окружности,
описанной вокруг грани ACD. Поэтому плоскость МОВ
одна из исследуемых четырех плоскостей.
Очевидно, плоскости ABD и КОС (К — середина
ребра BD) являются третьей и четвертой из рассмат­
риваемых в данной задаче. Плоскости ACD, МОВ,
ABD и КОС пересекаются в точке О, которая является
центром сферы, описанной вокруг пирамиды ABCD.
Таким образом, появилась гипотеза, что точкой X
является центр описанной вокруг любой треугольной
пирамиды сферы.
Эта гипотеза легко доказывается. Пусть, например,
точка Р — центр описанной вокруг треугольника ABC
окружности, a DH — высота пирамиды к грани ABC.
Тогда прямые ХР и DH параллельны (потому что
160
они перпендикулярны плоскости ABC), и, следова­
тельно, принадлежат одной плоскости.
З а д а ч а 3. Основанием пирамиды DABC является
равносторонний треугольник ABC, длина стороны ко­
торого равна 4 д/2. Боковое ребро DC перпендикулярно
плоскости основания и имеет длину 2. Найдите величину
угла и расстояние между скрещивающимися прямыми,
одна из которых проходит через точку D и середину
М ребра ВС, а другая проходит через точку С и сере­
дину К ребра АВ (рис. 3).
Р е ш е н и е . Искомый угол равен PMD. Поэтому
задача свелась к решению прямоугольного трехгран­
ного угла MCPD (М — его вершина, СМ — ребро пря­
мого двугранного у г л а ) .
Длина отрезка СН равна расстоянию между скре­
щивающимися прямыми DM и СК, потому что прямая
С К параллельна плоскости DPM. Из ACDM находим:
MD^^fCD*ТсМ* = 2д/з.
Поэтому
__
cos Z СМ D = д/ 2:3 и cos Z PMD =
= cos /LPMC cos ZCMD = cos 30° "~\Jy
t.
=
0>5д/2>
e. ZPMD = 45°.
Из трехгранного угла MCPD получаем:
cos Z.DPC = tg Z CMP: tg Z.PMD = д/3:3,
sin
z o p c = V i - ( ¥ 7= V f
CH = CP sin Z DPC — д/2■ -д/у = -p.
V -y 3
З а д а ч а 4. Дана треугольная пирамида ABCD,
у которой углы BDC, CD А и ADB — прямые и DA =а,
DB = b, DC = с. Точка М, принадлежащая грани ABC,
равноудалена от плоскостей всех остальных граней
пирамиды. Вычислить длину отрезка DM.
Р е ш е н и е . Пусть, для определенности, а^.Ь^с.
Достроим данную пирамиду ABCD до куба с основа­
ниями A'DB'K' и А\СВ\К\ (рис. 4). К а ж д а я точка
диагонали DK\ этого куба равноудалена от плоскостей
CDB, CDA и ADB. Поэтому точка М есть точка пере­
сечения отрезка DKi с плоскостью ABC.
161
Пусть прямые DK' и АВ пересекаются в точке К.
Тогда М есть точка пересечения прямых С К и D/Ci.
Треугольники MDK и МК\С подобны. Очевидно,
СК\ = с -\[ 2, DK\ = сд/з; MKi =DK\ — DM = сл/з —
— DM. Из подобия треугольников АШ/( и M/CiC по­
лучаем:
D/Ci - DM
c"v5"
+ 1.
DM
(1)
Теперь понятно, что для решения задачи нужно
сначала найти длину биссектрисы DK прямоугольного
треугольника ADB.
Биссектриса DK делит отрезок АВ на части, про­
порциональные отрезкам DB и DA. Поэтому
а+b
а+b
1
Векторы DA и DB перпендикулярны. Поэтому
DK
(a + bf
Ь2а2
DB
{a + bf
2а?Ь2
{a + bf (a + b)2’
ь2 "FTX22я262
DA
DK =
a+b
Из равенств (1) и (2) получаем:
с~\
сУз _ (а + &)сд/2 | , _ ас + Ьс + ab
DM
ab-ф
и DM ■■
162
~
аЬс~\[з
ас -j- be -j- ab
ab
.
З а д а ч а 5. DABC — треугольная пирамида
(рис. 5). AK = KD, ВР = РС, DM = 0,4DC. Найдите
площадь 5 сечения пирамиды плоскостью КМР, если
вершина А удалена от плоскости КМР на h = 1 и объем
пирамиды DABC равен 5.
Р е ш е н и е . Строим сечение пирамиды DABC мето­
дом параллельных проекций. За направление проекти­
рования выбираем прямую КР. В этом случае пира­
мида DABC изображается параллелограммом ABDC
(рис. 6), а секущая плоскость — прямой КМ, которая
пересекает ребро АВ в точке Е. Точка К = Р является
центром симметрии параллелограмма ABDC, поэтому
AE:EB = DM:MC = 2:3.
Итак, сечением пирамиды DABC плоскостью КМР
является четырехугольник КМРЕ (рис. 5).
Четырехугольные пирамиды АЕКМР и DEKMP
имеют общее основание КМРЕ и AK — KD. Поэтому
их объемы равны. Площадь треугольника AMD равна
0,4 площади треугольника ACD, а расстояние от точки
Р до плоскости ACD в два р а з а меньше расстояния от
точки В до этой плоскости. Поэтому объем пирамид
РАМС и DEPB составляет 0,6 объема пирамиды DABC.
А это означает, что .объем пирамиды АКМРЕ равен
0,2 объема пирамиды DABC, т. е. равен 1.
Итак, -LSh= 1. Но h = 1, поэтому 5 = 3.
З а д а ч а 6. В правильную четырехугольную пи­
рамиду MABCD с вершиной М вписан шар. Второй
шар касается первого шара, а также плоскости основа­
ния пирамиды в точке А. Через центр второго шара
и сторону ВС основания пирамиды проведена пло­
скость, пересекающая ребро МА в точке К. Найдите
угол наклона этой плоскости к плоскости основания
Рис. 5
ъ
А
163
пирамиды, если известно, что ребро МА и диагональ
СК сечения перпендикулярны (рис. 7).
Р е ш е н и е . Пусть АВ = 2, высота МО = Я, а осно­
вание высоты пирамиды является началом прямоуголь­
ной системы координат — 0(х\ у\ г). Положительное
направление осей координат показано на рисунке
СВН = НС, Ж=Ш), тогда М(0; 0; h\ Л ( - 1 ; 1; 0),
С(1; —1; 0). Пусть Р — центр вписанного в пирамиду
MABCD шара. Допустим, что его радиус равен г,
тогда Р(0; 0; г). Пусть Е — центр второго шара радиу­
са R. Очевидно, £ ( — 1 ; 1; R).
Составим уравнение по условию задачи.
Вписанный в пирамиду MABCD шар касается сто­
рон равнобедренного треугольника MFH(F — середина
отрезка AD). Воспользовавшись зависимостью между
площадью S треугольника MFH, его полупериметром
р и r(S = pr), получаем:
0,5 • FH • ОМ = (FO + FM)r или 0,5 . 2h =
= ( i+Vi+й2)/-.
Отсюда
h = r( 1 +-ф +/г2).
(1)
Применим метод координат длявыражения того
факта, что рассматриваемые шары касаются внешним
образом:
ЕР2 = (R + г) 2 или (0 + I)2 + (0- I)2 +
+ (r-R) 2 = (R + rf.
Отсюда
(2)
2rR=l.
Прямые С£ и
СЕ • AM = 0 или
ЛМ
перпендикулярны.
(-2; 2; R)(l; -1; h) = 0 и
/?/г = 4.
Поэтому
(3)
Из уравнений (2) и (3) имеем
г = /г: 8.
(4)
Из уравнений (1) и (4) находим h = 4~\j3.
Для определения величины ф двугранного угла
между плоскостями ABC и ВС К рассмотрим прямо­
угольный трехгранный угол СКАВ. У него /-АСВ =
= 45° и А. КС А = 90° — ^МЛС. Так как tg /.MAC =
164
= MO:AO = h:-yj2 = 4^j3:^=2-^, то tg АКСА =
1
2Тб'
Из трехгранного угла СКАВ находим t g ( p = ^/3:6.
З а д а ч а 7. Основание пирамиды HABCD — квад­
рат ABCD, ребро ЯЛ перпендикулярно плоскости осно­
вания. АВ = 3, НА = 4. Докажите, что в пирамиду
можно вписать сферу, и найдите ее радиус.
Для сравнения приведем два решения этой задачи.
П е р в о е р е ш е н и е . Сначала найдем радиус сфе­
ры. Потом докажем ее существование. Для этого при­
меним формулу 3v == Sr. Очевидно, V = у 3 • 3 • 4 = 12;
ИВ = 5; 3(Л£С£) = 9; S(BAH) = S(HAD) = 0,5 • 3 • 4 =
= 6; S(HBC) = S(HDC) = 0,5 • 3 • 5 = 7,5. Поэтому S =
= 9 + 2 • 6 + 2 • 7,5 = 36. Получаем г — 1.
Плоскости АВН, ЛЯД и ЛВД взаимно перпенди­
кулярны. Поэтому точка О, отстоящая на 1 от этих
плоскостей, есть вершина куба АВ' С'D' A\B\OD\
(рис. 8). Докажем, что точка О отстоит на 1 от пло­
скостей НВС и HDC.
Так как прямая В\0 параллельна прямой ВС, то
расстояние от точек В\ и О до плоскости НВС одина­
ково. Плоскости АВН и ВНС перпендикулярны. Поэто­
му расстояние от Si до плоскости НВС равно расстоя­
нию от В\ до прямой ВН.
Таким образом, задача свелась к доказательству
того, что точка В\ есть центр окружности, вписанной
в прямоугольный треугольник НАВ. Так как площадь
165
треугольника АНВ и его полупериметр равны 6, то
радиус вписанного в него круга равен 1.
В т о р о е р е ш е н и е . Дополним данную пирамиду
HABCD до прямой треугольной призмы HADPBC
(рис. 9). Прямоугольный треугольник HAD является
ортогональным сечением этой призмы. Поэтому радиус
шара со, который касается плоскостей НАВ, ABD,
HDC и HAD, равен радиусу г круга, вписанного в
треугольник HAD.
Мы уже знаем, что г = 1. Очевидно, центр О шара со
находится внутри пирамиды HABCD. Поэтому шар со
касается граней ABCD, НАВ, HAD и HCD этой пира­
миды. Плоскость НАС является плоскостью симметрии
пирамиды HABCD. Поэтому шар со касается и грани
НВС, симметричной грани HDC относительно плоско­
сти НАС.
З а д а ч а 8. Основанием треугольной пирамиды *
DAB С является треугольник ABC, в котором угол А
прямой, угол АСВ равен 30°, ВС = 2~\/2. Длины ребер
AD, BD, CD равны между собой. Сфера радиуса 1
касается ребер AD, BD, продолжения ребра CD за
точку D и плоскости ВАС. Построить изображение
центра О этой сферы и найти длину отрезка касатель­
ной, проведенной из точки А к сфере.
Р е ш е н и е . Основание данной пирамиды — прямо­
угольный треугольник ABC, а боковые ребра ее равны,
поэтому высотой пирамиды является отрезок DH(H —
середина гипотенузы ВС треугольника ABC).
Данная сфера касается ребер AD и BD, поэтому
ее центр О принадлежит плоскости симметрии а лу­
чей DB и DA. Так как треугольник АВН правильный,
то плоскость а проходит через точку Н и середину К
отрезка ВА (рис. 10). Данная сфера касается ребра
BD и луча DC\ (продолжения ребра CD за точку D),
166
поэтому точка О принадлежит плоскости симметрии (3
лучей DB и DC\.
Итак, плоскость BDC перпендикулярна плоскости
ВАС, а плоскость а перпендикулярна плоскости BDC
и делит внешний угол C\DB равнобедренного треуголь­
ника BDC пополам. Поэтому плоскости аир пересе­
каются по прямой а, проходящей через точку D и парал­
лельной прямой НК.
Таким образом, точка О лежит на прямой а. От­
сюда следует, что четырехугольник MODH является
прямоугольником (М — точка касания сферы с плоско­
стью ABC) и DH = МО = 1.
Следовательно, прямая OD параллельна ЯМ, а НМ
параллельна АС. Поэтому прямые OD и АС парал­
лельны, т. е. точка О принадлежит плоскости C\DA.
Очевидно, АС = ВС sin 60° = 2~\[2 - 0,5д/з = д/б. По
теореме, обратной теореме Пифагора, получаем, что
угол ADC прямой. Так как ОС\ = ОМ = 1, то четырех­
угольник OC\DA является квадратом со стороной,
равной 1. Следовательно, искомый отрезок касатель­
ной, проведенной из точки А к сфере, равен — 1.
Теперь понятно построение точки О на рисунке.
Через точку D проводим прямую а, параллельную
прямой НК. На продолжении ребра DC (за точку D)
откладываем отрезок DC\ = 1. Через точку С\ прово­
дим прямую, параллельную прямой DA. Она пересе­
кается с прямой а в искомой точке О.
З а д а ч а 9. В основании пирамиды DABC лежит
равнобедренный треугольник ЛВС (АВ = АС = 1,
/LABC = а). Плоскость DBC составляет с плоскостью
ABC угол величиной a; Z.DAB= Z.DAC = а. Высота
DH пирамиды расположена внутри нее (рис. 11).
Найдите объем пирамиды KDPC, если точки К и Р
принадлежат соответственно ребрам AD и BD, а.пло­
щадь треугольника KDP относится к площади треуголь­
ника ABD как 4:25. При каком значении а объем
пирамиды KDPC наибольший?
Р е ш е н и е . Для существования пирамиды DABC
необходимо:
1) /.DAB + Z.DAC > ABAC, т. е. 45° < а <
<90°.
(1)
2) /.DAM + /-AMD < 180° (это неравенство яв­
ляется следствием условия ( 1 ) , т а к к а к /LDAM < а ) .
167
Задача, по существу, сводится к решению треуголь­
ников ABC, ADM и прямоугольного трехгранного угла
AMDB. Выполнив необходимые преобразования, полу­
чаем:
,,
4
sin3 ал/—cos 2а
VKDPC = -~г • --------------- =.
sina—-у — cos2a
(2)
Очевидно, объемы пирамид KDPC и ABCD относятся
как площади треугольников KDP и ABD.
Для получения ответа на второй вопрос задачи
преобразуем формулу (2) к виду:
V(KDPC) = 4- ; ‘
....
' -9
sin2 а-д/ — cos 2a
Теперь ясно, что функция V(a)=V{KDPC) моно­
тонная на интервале
Поэтому не существует
такого значения а, при котором объем пирамиды KDPC
принимает наибольшее значение.
З а д а ч а 10. Основанием четырехугольной пира­
миды MABCD является прямоугольник ABCD. Грани
АВМ и ВСМ пирамиды перпендикулярны основанию.
Грани MCD и MAD образуют с основанием соответ­
ственнодвугранные углы р и а (рис. 12).
Найдите объем пирамиды, если MD = 3.
При каких значениях аир объем пирамиды будет
наибольшим?
Р е ш е н и е . Из условия задачи следует, что ребро
ВМ перпендикулярно плоскости ABC. По теореме о трех
перпендикулярах углы MAD и MCD прямые. Вычисле­
168
ние объема пирамиды сводится к нахождению сторон
прямоугольника ABCD и высоты пирамиды ВМ.
Пусть АВ = х, AD = у, тогда BD = ~фс2 + У2 и ВМ =
= д/9 —■ (х2 + у*).
Из прямоугольных треугольников МВС и MBA име­
ем систему уравнений:
Уэ — (*2+j/2) = j/tg р,
9—
(x2
+
«/2)
(1)
= xtga.
(2)
После возведения в квадрат обеих частей уравнений
(1) и (2) получим:
/9 —
х 2 — у 2 = У 2 tg2 0,
(3)
2
\9 — х — у 2 = х 2 tg a, (х + г/ < 9).
(4)
Решив систему, получим:
9 cos2 a sin2 0
2
X
1—
cos2
a
cos2
p’У1—
2_____
cos2
a
9 cos2 ft sin2 a
cos2
,r\
p*
Нетрудно проверить, что для полученных значений
х и у выполняется условие: х2 + у2 <L 9.
Из прямоугольного треугольника МВС находим:
ВМ
=
ВС
tg р = »tg р =
3 since sin р
(б)
уI — cos2 a cos2 р
Таким образом, из равенств (5) и (6) находим:
~ cos a sin2 a cos p sin2 p
КмЛБС = У
(i)
Y (1 — cos2 a cos2 p)3
Чтобы получить ответ на второй вопрос задачи,
исследуем на экстремум функцию /(a) = V2 (a\ считая р
параметром:
г/ \ о1 cos2 a sin4 a cos2 p sin
/(a) = 81 (1_cos2acos2p)3
Очевидно, 0 < a < 0,5л.
Вычисляем:
f'(a) = 81 COS2pSin14pfl- 2 C°S * f
1v1
\
^
v
5
«+
4
p
/СЛ
(8)
4
c°s8 « sin’acoseOx
(1 — cos^ a cos^p)b
~ c°s2 a CQs3 ft)3
(1 — cos2 a cos2 p)6
cos2 a sin4 a • 3(1— cos2 a cos2 p)2 • 2 cos2 p cos a sin a \
(1 — cos2 a cos2 P)6
/
169
Решив уравнение /'(а) = 0, получим:
c°sia”3-iW
(9)
Находим значение функции Да) в точке, в которой ее
производная равна нулю, т. е. выполняется равен­
ство ( 9 ) :
/(T-21c o s ^ ) = ; 3sin22P-
<10)
Отсюдавидно, что наибольшее значение функции /(а)
равно 3, при Э = 0,25jt, и наибольший объемпира­
миды MABCD равен д/з.
Но если Р = 0,25л, то и a = 0,25л (это следует из
равенства ( 9 ) ) . Итак, объем пирамиды MABCD будет
наибольшим, если a = р = у.
П р и м е ч а н и е . Решение второй задачи можно
упростить следующим образом:
Пусть Z.BDM = ф, Z.BDC = Q. Тогда
ВМ = 3 sin ф, BD = 3 cos ф,
DC = 3 cos ф cos 0, £С = З с о 5 ф $ т ф (11)
V = 4,5 cos2 ф sin ф sin 20
(12)
Применяем производную для определения наиболь­
шего значения К(ф):
1/'(ф) = 4,5 sin 20 cos ф(1 — 3 sin2 ф).
Решив уравнение К'(ф) = 0, имеем
/з
При
этом значении ф вычисляем V = д/з sin 20.
Так как 0 <С sin 2 0 ^ 1 , то наибольшее значение
объема V равно д/з. Но если smy =^~ и 0 = 0,25л,
то а = р = 0,25л. Это следует из равенств (11).
Еще одно замечание. Гипотезу о том, что наиболь­
шее значение функции /(а) равно 3, можно получить
при помощи микрокалькулятора. После этого остается
доказать, что /(а) ^ 3, т. е.
27 cos2 a sin4 a cos2 р sin4 р <
< (1 — cos2 a cos
2
Р)3^при 0 < а < у^.
Задача
11. В основании прямой призмы
ABCDA\B\C\D\ лежит ромб ABCD} у которого АС =
170
= 4, BD = 2. Точки M и N\ лежат соответственно
на ребрах AD и В\С\, причем AM:MD = C\N\ :N\B\ =
= 3:2, МЛГ, =-а/5 (рис. 13).
Рассмотрим следующие задачи:
1. Постройте сечение MNN\M\ призмы ABCD
A\B\C\D\ плоскостью, проходящей через точки М и N\
и перпендикулярной основаниям призмы.
Р е ш е н и е . Треугольники АОМ и CON равны, по­
тому что ЛО = ОС, AM = NC и Z.OAM=/LOCN.
Следовательно, углы АОМ и Л/ОС равны, и точки М, О
и А/ принадлежат одной прямой. Искомое сечение —
прямоугольник MM\N\N.
2. Найдите стороны прямоугольника MM\N\N.
Р е ш е н и е . Приведем два способа нахождения
длины стороны MN прямоугольника MM\N\N. По­
скольку МО = ON, то достаточно найти длину отрез­
ка ОМ.
___ ____ ____
а) Введем в рассмотрение векторы О A, OD/OM
(рис. 13). Так как точки Л, М, D лежат на одной прямой
и ЛМ:М£>=^3:2, то ОМ = 0,404 + 0,6ОР.
Очевидно, ОМ2 = (0,4 О А + 0,6 OD) 2 = 0,160Л2 + 2 X
X 0,24 • ОА- OD + 0,360D2 = 0,16-4 + 2- 0,24 • 0 +
+ 0,36 -1 = 1. Отсюда ОМ = 1 и MN = 2.
Заметим, что приведенное векторное вычисление
длины отрезков избавляет нас от дополнительных
построений. Оно основано на умении рационально вы­
брать векторный базис и разложить вектор, соответ­
ствующий рассматриваемому отрезку, по этому
базису.
б) Второй способ вычисления длины отрезка сво­
дится к построению вспомогательного треугольника
и его решению. Например, можно построить отрезок
ML, перпендикулярный прямой BD (рис. 14).
Теперь длину отрезка МО легко найти из прямо­
угольного треугольника OLM. В самом деле, ML:АО =
= DL\DO = DM:AD = 2:5. Отсюда ML = 0,8; DL =
= 0,4; OL = 1 - 0,4 = 0,6; ОМ2 = 0,82 + 0,62 = 1 и
ОМ = 1. Из прямоугольного треугольника MNN\ на­
ходим:
NN2\ =(д/^)2 — 22 = 1 и NNi = 1.
3. Найдите объем V призмы ABCDA\B\C\D\.
Р е ш е н и е . Площадь ромба ABCD находим по
171
формуле: Sabcd = 0,5AC • BD sin ф, где ф — угол между
прямыми АС и BD.
Sabcd = 0,5 • 4 - 2 - 1 = 4, поэтому V = 4.
4.
Пусть — произвольная точка луча ААХ
(рис. 13). Обозначим AK = z. Выразите длину рас­
стояния от точки К до прямой MNi через z(h(z) = КН).
Р е ш е н и е . Пусть отрезок КН перпендикулярен
прямой MN 1 и отрезок КЕ перпендикулярен плоскости
MNNi. Очевидно, треугольник КЕН — прямоугольный
(угол КЕН — прямой).
Пусть прямая AF перпендикулярна прямой MN,
тогда KE = AF.
Таким образом, чтобы найти длину гипотенузы КН
прямоугольного треугольника КЕН, необходимо найти
AF и выразить длину отрезка ЕН через г.
Рассмотрим дЛОМ. AF — высота, проведенная к
стороне ОМ. Так как AM = 0,6AD, то площадь треуголь­
ника АОМ составляет 0,6 площади треугольника AOD,
т. е. 0,5 • МО • AF = 0,6 • 0,5 • АО-OD = 0 ,6 . Отсюда
AF = 1,2.
Из прямоугольного треугольника AFO получаем:
F02 = АО2 — AF2, F02 = 2 — 1,22 = 2,56 и F O = l , 6 .
Но МО = 1, поэтому FM = 0,6.
Треугольники FMO и M\N{M подобны. Поэтому
FQ:MMi = FM :M\N\. Отсюда FQ = MMX • FM\M{NX =
= 0,3 и £Q = z + 0,3.
Из прямоугольного треугольника НЕО находим:
EH = EQ sin Z.EQH = EQ sin Z.M{MN{ =
172
= ^ * i f e S H ^ + 0’3)-
(D
Итак, из прямоугольного треугольника КЕН на­
ходим:
КН2= l,22 + 0,8(z + 0,3)2;
h(z) =VT,44 + 0,8(2 + 0,3)2.
(2)
5. При каком значении 2 функция h(z) =
=-д/1,44 + 0,8(z + 0,3)2 принимает наименьшее значе­
ние?
Р е ш е н и е . Функция h(z) принимает наименьшее
значение, если 2 +0,3 = 0, т. е. при z = — 0 , 3 . Оче­
видно, при этом значении z точки Е и Н совпадают,
т. е. точки Е и Н совпадают с точкой Q.
Ясно также, что если z= —0,3, то плоскость KN\M
перпендикулярна плоскости прямоугольника N\NMM\.
6. Постройте сечение прямой призмы ABCDA\B\C\D\
плоскостью а, проходящей через прямую MN\ и перпен­
дикулярной плоскости прямоугольника M\N\NM.
Р е ш е н и е . Из предыдущего ясно, что плоскость а
пересекает прямую АА\ в точке /С, лежащей на луче,
дополнительном к лучу АА\, и АК = 0,ЗЛЛь Построе­
ние сечения показано на рисунке 15.
Прямая КМ пересекает ребро DD\ в точке Р. Грани
AA\D\D и ВВ\С\С лежат в параллельных плоскостях.
Поэтому плоскость а пересекает грань В\ВСС\ по
отрезку N\R, параллельному прямой КР. Точка Т есть
пересечение ребра АВ и отрезка KR. Через Р проводим
прямую, параллельную прямой KR. Она пересекает
прямую D\Ci в точке L.
Шестиугольник TRN\LPM — искомое сечение.
В/ лу
-с<
РЕКОМЕНДУЕМАЯ Л И Т Е Р А Т У Р А
Бабинская И. А. Задачи математических олимпиад.— М.,
1975.— 112 с.
Бартенев Ф. А. Нестандартные задачи по алгебре.— М., 1976.
— 102 с.
Башмаков М. И. Уравнения и неравенства.— М., 1976.— 96 с.
Василевский А. Б. Метод параллельных проекций.— Мн.,
1985.— 128 с.
Василевский А. Б. Обучение решению задач.— Мн., 1979.— 192 с.
Василевский А. Б. Параллельные проекции и решение задач
по стереометрии.— Мн. 1978.— 104 с.
Василевский А. Б. Устные упражнения по алгебре и началам
анализа.— Мн. 1981.— 72 с.
Василевский А. Б. Устные упражнения по геометрии.— Мн.,
1983.— 80 с.
Гарднер М. Математические новеллы.— М., 1974.— 160 с.
Гарднер М. Есть идея! — М., 1982.— 304 с,
Колягин Ю. М., Оганесян В. А. Учись решать задачи.— М.,
1980.— 96 с.
Нестеренко Ю. А., Олехник С. Н., Потапенко М. К. Задачи
вступительных экзаменов по математике.— М., 1983.— 448 с.
Пойа Д. Математическое открытие.— М., 1976.— 452 с.
Пойа Д. Как решать задачи.— М., 1961.— 208 с.
Пособие по математике для поступающих в вузы / Под ред.
Г. Н. Яковлева.— М., 1982.— 608 с.
Сборник конкурсных задач по математике для поступающих
в вузы / Под ред. М. И. Сканави.— М., 1977.— 520 с.
Сборник задач московских математических олимпиад / Сост.
А. А. Леман; Под ред. В. Г. Болтянского.— М., 1966.— 384 с.
Сивашинский И. X. Задачи по математике для внеклассных за­
нятий, 9—10 классы / Под ред. В. Г. Болтянского.— М., 1968.— 312 с.
Столяр А. А. Как математика ум в порядок приводит.— Мн.,
1982.— 160 с.
Страшевич С., Бровкин Е. Польские математические олим­
пиады.— М., 1978.— 338 с.
Тригг Ч. Задачи с изюминкой.— М., 1975.— 302 с.
Фридман J1. М., Турецкий Е. Н. Как научиться решать задачи.
— М., 1984.— 174 с.
Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия.— М.,
1982.— 160 с.
Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии: Стереометрия.— М.,
1984.— 160 с.
Шклярский Д. О., Ченцов Н. Н., Яглом И. М. Избранные
задачи и теоремы планиметрии.— М., 1967.— 336 с.
Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике.
— Мн., 1977.— 72 с.
СОДЕРЖАНИЕ
Введение
Задание 1.
.....................................................................................
Преобразование числовых
выражений . .
..
Задание 2. Задачи на делимость чисел ...................................................
Задание 3. Решение уравнений и неравенств в целых числах
Задание 4. Разложение многочленов на множители .
3
19
29
39
. .
47
Задание 5. Задачи по планиметрии .........................................................
50
Задание 6. Рациональные уравнения и неравенства .
. .
69
Задание 7. Решение уравнений и неравенств с помощью гра­
фиков ............................................................. . .
..
74
Задание 8.
Иррациональные уравнения и неравенства
..
78
Задание 9.
Уравнения и неравенства
..
85
Задание 10.
Исследование уравнений и
с параметрами
неравенств . .
..
98
Задание 11. Метод параллельных проекций ..........................................
108
Задание 12. Векторное решение геометрических задач .
. .
121
Задание 13. Сечения многогранников. Периметры и площади .
.
135
Задание 14. Тригонометрические уравнения и неравенства .
.
150
156
Задание 15. Задачи на развертках многогранников .
Задание 16. Комбинации многогранников и фигур вращения .
.
Рекомендуемая литература .....................................................................
159
174
Учебное издание
ВАСИЛЕВСКИЙ Александр Борисович
ЗАДАНИЯ
ДЛЯ ВНЕКЛАССНОЙ РАБОТЫ
ПО МАТЕМАТИКЕ
9—11 классы
Книга для учителя
Редактор В. В. Амбражевич. Обложка художника В. С. Жаркевина.
Художественный редактор Г. И. Красинский. Технический редактор
- JJ. П. Сопот. Корректоры Т. Н. Ведерникова, Р. С. Ахремчик.
ИБ № 2403
Сдано в набор 12.10.87. Подписано в печать 14.09.88. Формат 84Х Ю8‘/з2. Бумага
книжно-журнальная. Гарнитура литературная. Высокая печать с ФПФ. Уел. печ. л. 9,24.
Уел. кр.-отт. 9,56. Уч.-изд. л. 7, 65. Тираж 59 000 э кз. Заказ 850. Цена 20 к
Издательство «Народная асвета» Государственного комитета БССР по делам изда­
тельств, полиграфии и книжной торговли. 220600, Мин ск, проспект Машерова, 11.
Минский ордена Трудового Красного Знамени полиграфкомбинат МППО имени
Я. Коласа. 220005, Минск, Красная, 23.