3

Содержание

Тематическое планирование . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Методические указания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Глава 1. Преобразования пространства . . . . . . . . . . . . . 21

Глава 2. Многогранники . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

Глава 3. Фигуры вращения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Контрольные работы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

Контрольная работа № 1. Движения в пространстве 185

Контрольная работа № 2. Многогранники . . . . . . . . . . . 188

Контрольная работа № 3. Многогранные углы.

Пирамиды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

Контрольная работа № 4. Частные виды пирамид и их свойства. Правильные многогранники . . . . . . . . . . 193

Контрольная работа № 5. Цилиндр и конус . . . . . . . . . . 196

Контрольная работа № 6. Сфера и шар . . . . . . . . . . . . . 199

Контрольная работа № 7. Обобщающая . . . . . . . . . . . . . 201

Контрольная работа № 8. Обобщающая . . . . . . . . . . . . . 203

Зачеты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

Зачет № 1. Преобразования пространства. Прямые и плоскости в пространстве . . . . . . . . . . . . . . . . 208

Зачет № 2. Многогранники. Векторы и координаты в пространстве . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

Зачет № 3. Поверхности и тела вращения.Повторение планиметрии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

Билеты к итоговому устному испытанию по геометрии в 11 классе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

Ответы к контрольным работам . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

2154010o3.fm Page 3 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

4

Тем

атич

еско

е пл

анир

ован

ие (3

ч в

нед

елю

; 102

ч)

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

Гл

ава

1. П

рео

браз

ован

ия

п

рос

тран

ства

10

Ото

браж

ени

я п

рос

тран

ства

. О

пр

едел

ени

е п

рео

браз

ован

ия

пр

о-ст

ран

ства

. Т

ожд

еств

енн

ое п

рео

бра-

зова

ни

е. Ц

ентр

альн

ая с

им

мет

ри

я

пр

остр

анст

ва:

опр

едел

ени

е, з

апи

сь

в к

оор

ди

нат

ах.

Обр

атн

ое п

рео

браз

ован

ие.

Ком

поз

и-

ци

я п

рео

браз

ован

ий

. Р

ешен

ие

зада

ч.

Дви

жен

ия

пр

остр

анст

ва:

опр

едел

е-н

ие

дви

жен

ия

; к

омп

ози

ци

я д

виж

е-н

ий

. О

бщи

е св

ойст

ва д

виж

ени

й.

Дви

жен

ия

пер

вого

и в

тор

ого

род

а в

пр

остр

анст

ве.

О р

авен

стве

фи

гур

в

пр

остр

анст

ве.

Сво

йст

ва ц

ентр

аль-

ной

си

мм

етр

ии

пр

остр

анст

ва.

Неп

о-д

виж

ны

е то

чк

и,

неп

одви

жн

ые

пр

я-

мы

е, н

епод

виж

ны

е п

лос

кос

ти ц

ент-

рал

ьной

си

мм

етр

ии

. Ц

ентр

альн

ая

сим

мет

ри

я п

рос

тран

ства

— д

виж

е-н

ие

втор

ого

род

а. Ц

ентр

альн

о-си

мм

етр

ич

ны

е ф

игу

ры

.

4Ф

орм

ули

ров

ать

и и

лл

юст

ри

ров

ать

опр

едел

ени

я:

отоб

ра-

жен

ия

и п

рео

браз

ован

ия

пр

остр

анст

ва;

ком

поз

иц

ии

п

рео

браз

ован

ий

; п

рео

браз

ован

ия

, об

рат

ног

о да

нн

ому

пр

е-об

раз

ован

ию

; р

авен

ства

дву

х п

рео

браз

ован

ий

; н

епод

виж

-н

ой ф

игу

ры

пр

и д

анн

ом п

рео

браз

ован

ии

. Ф

орм

ули

ров

ать

опр

едел

ени

я и

сво

йст

ва д

виж

ени

й п

рос

тран

ства

, ви

дов

дви

жен

ий

: ц

ентр

альн

ой и

осе

вой

си

мм

етр

ии

, си

мм

етр

ии

от

нос

ите

льн

о п

лос

кос

ти.

Фор

мул

ир

оват

ь: о

пр

едел

ени

е р

авен

ства

дву

х ф

игу

р н

а ос

нов

е д

виж

ени

й;

опр

едел

ени

е ф

игу

ры

, си

мм

етр

ич

ной

отн

оси

тел

ьно

точ

ки

, п

ря

мой

, п

лос

кос

ти. К

онст

ру

кти

вно

стр

оить

обр

азы

точ

ки

, пр

ям

ой,

пл

оск

ости

, м

ног

огр

анн

ик

а, с

фер

ы п

ри

си

мм

етр

ии

отн

оси

-те

льн

о то

чк

и,

пл

оск

ости

. В

ыво

дить

коо

рди

нат

ны

е ф

орм

у-

лы

цен

трал

ьной

, п

лос

кос

тной

си

мм

етр

ии

пр

остр

анст

ва и

ст

рои

ть о

браз

ы ф

игу

р,

пол

ьзуя

сь ф

орм

улам

и э

тих

пр

еоб-

раз

ован

ий

. Н

аход

ить

неп

одви

жн

ые

фи

гур

ы п

ри

раз

ли

ч-

ны

х с

им

мет

ри

ях

и к

орр

ектн

о об

осн

овы

вать

сущ

еств

ова-

ни

е ц

ентр

а (п

лос

кос

ти,

оси

) си

мм

етр

ии

дан

ной

гео

мет

ри

-ч

еск

ой ф

игу

ры

. И

спол

ьзу

я к

уб,

пр

ави

льн

ый

тет

раэ

др,

пр

ави

льн

ые

пр

изм

ы,

пр

им

еня

ть р

азл

ич

ны

е си

мм

етр

ии

п

ри

реш

ени

и с

тер

еом

етр

ич

еск

их

зад

ач н

а д

оказ

ател

ьств

о,

2154010o3.f

m P

age

4 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

5

Си

мм

етр

ия

отн

оси

тел

ьно

пл

оск

ости

(з

ерк

альн

ая с

им

мет

ри

я):

оп

ред

еле-

ни

е, з

апи

сь в

коо

рд

ин

атах

. Сво

йст

ва

сим

мет

ри

и о

тнос

ите

льн

о п

лос

кос

ти.

Си

мм

етр

ия

отн

оси

тел

ьно

пл

оск

ос-

ти —

дви

жен

ие

втор

ого

род

а.Н

епод

виж

ны

е то

чк

и,

неп

одви

жн

ые

пр

ям

ые,

неп

одви

жн

ые

пл

оск

ости

зе

рк

альн

ой с

им

мет

ри

и.

Фи

гур

ы,

сим

мет

ри

чн

ые

отн

оси

тел

ьно

пл

оск

ости

пос

трое

ни

е и

вы

чи

слен

ие,

обо

снов

ыва

я п

ри

это

м

утв

ерж

ден

ия

лог

ич

еск

ого,

кон

стр

ук

тивн

ого

и в

ыч

исл

ите

льн

ого

хар

акте

ра

Пар

алл

ельн

ый

пер

енос

: оп

ред

еле-

ни

е, з

апи

сь в

коо

рд

ин

атах

. С

вой

ст-

ва п

арал

лел

ьног

о п

ерен

оса.

Пар

ал-

лел

ьны

й п

ерен

ос —

дви

жен

ие

пер

вого

род

а. Н

епод

виж

ны

е то

чк

и,

неп

одви

жн

ые

пр

ям

ые,

неп

одви

ж-

ны

е п

лос

кос

ти п

арал

лел

ьног

о п

ере-

нос

а. Р

ешен

ие

зад

ач.

Ск

ольз

ящ

ая

сим

мет

ри

я.

Ск

ольз

ящ

ая с

им

мет

-р

ия

— д

виж

ени

е вт

орог

о р

ода.

По-

вор

от в

окр

уг

оси

. С

вой

ства

осе

вой

си

мм

етр

ии

и п

овор

ота

вок

ру

г ос

и.

Осе

вая

си

мм

етр

ия

— д

виж

ени

е п

ерво

го р

ода.

Зер

кал

ьны

й п

овор

от.

Зер

кал

ьны

й п

овор

от —

дви

жен

ие

втор

ого

род

а. В

ин

тово

е д

виж

ени

е.

Ви

нто

вое

дви

жен

ие

— д

виж

ени

е п

ерво

го р

ода.

Неп

одви

жн

ые

точ

ки

,

3Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

и д

оказ

ыва

ть с

вой

ства

: п

а-р

алл

ельн

ого

пер

енос

а, с

кол

ьзя

щей

си

мм

етр

ии

, п

овор

ота

вок

ру

г ос

и,

зер

кал

ьног

о п

овор

ота,

ви

нто

вого

дви

жен

ия

.Н

аход

ить

точ

ки

, п

ря

мы

е и

пл

оск

ости

, н

епод

виж

ны

е п

ри

эти

х п

рео

браз

ован

ия

х.

Оп

ред

еля

ть,

как

ого

род

а д

виж

ени

ем я

вля

ется

каж

дое

из

эти

х п

рео

браз

ован

ий

; п

ред

став

ля

ть к

ажд

ое и

з н

их

в в

ид

е к

омп

ози

ци

и

пл

оск

остн

ых

си

мм

етр

ий

.С

трои

ть о

браз

ы т

очек

, п

ря

мы

х,

пл

оск

осте

й,

мн

огог

ран

-н

ик

ов п

ри

пар

алл

ельн

ом п

ерен

осе,

ск

ольз

ящ

ей с

им

мет

-р

ии

, п

овор

оте

вок

ру

г ос

и,

зер

кал

ьном

пов

орот

е, в

ин

то-

вом

дви

жен

ии

. И

спол

ьзу

я и

зобр

ажен

ия

и м

одел

и к

уба

, п

рав

ил

ьног

о те

траэ

др

а, п

рав

ил

ьны

х п

ри

зм,

реш

ать

зад

ачи

на

док

азат

ельс

тво,

пос

трое

ни

е и

вы

чи

слен

ие,

п

ри

мен

яя

пр

и э

том

сво

йст

ва п

арал

лел

ьног

о п

ерен

оса,

ск

ольз

ящ

ей с

им

мет

ри

и,

пов

орот

а во

кр

уг

оси

, зе

рк

аль-

ног

о п

овор

ота,

ви

нто

вого

дви

жен

ия

и о

босн

овы

вая

сво

и

утв

ерж

ден

ия

2154010o3.f

m P

age

5 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

6

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

неп

одви

жн

ые

пр

ям

ые,

неп

одви

ж-

ны

е п

лос

кос

ти с

кол

ьзя

щей

си

мм

ет-

ри

и, о

сево

й с

им

мет

ри

и, з

ерк

альн

ого

пов

орот

а, в

ин

тово

го д

виж

ени

я.

Реш

ени

е за

дач

. В

заи

мос

вязь

р

азл

ич

ны

х д

виж

ени

й п

рос

тран

ства

. К

омп

ози

ци

и д

вух

зер

кал

ьны

х с

им

-м

етр

ий

отн

оси

тел

ьно

пар

алл

ель-

ны

х и

пер

есек

ающ

их

ся п

лос

кос

тей

. С

емь

раз

ли

чн

ых

ви

дов

дви

жен

ий

п

рос

тран

ства

. Р

ешен

ие

зад

ач

Гом

отет

ия

пр

остр

анст

ва.

Фор

му

лы

го

мот

ети

и п

рос

тран

ства

в к

оор

ди

-н

атах

и е

е св

ойст

ва.

Оп

ред

елен

ие

под

оби

я п

рос

тран

ства

: р

азл

ожен

ие

под

оби

я в

ком

поз

иц

ию

гом

отет

ии

и

дви

жен

ия

. О

под

оби

и ф

игу

р

в п

рос

тран

стве

. Р

ешен

ие

зад

ач

1Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

гом

отет

ии

и п

одоб

ия

пр

о-ст

ран

ства

; д

оказ

ыва

ть и

х с

вой

ства

. В

ыво

ди

ть ф

орм

ул

ы

гом

отет

ии

в к

оор

ди

нат

ном

ви

де

и,

пол

ьзу

ясь

эти

ми

фор

-м

ул

ами

, нах

оди

ть о

браз

ы ф

игу

р, г

омот

ети

чн

ых

дан

ны

м.

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

е п

одоб

ны

х ф

игу

р н

а ос

нов

а-н

ии

пр

еобр

азов

ани

я п

одоб

ия

пр

остр

анст

ва.

На

изо

бра-

жен

ия

х м

ног

огр

анн

ик

ов,

исп

ольз

уя

сво

йст

ва г

омот

ети

и

и п

одоб

ия

, р

ешат

ь за

дач

и н

а п

остр

оен

ие,

док

азат

ельс

тво

и в

ыч

исл

ени

е, о

босн

овы

вая

каж

дое

утв

ерж

ден

ие

Пов

тор

ени

е в

зад

ачах

мат

ери

ала

о п

рео

браз

ован

ия

х п

рос

тран

ства

, и

спол

ьзу

я к

оор

ди

нат

ны

й м

етод

, те

траэ

др

, к

уб

1Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

и с

вой

ства

все

х п

рео

бра-

зова

ни

й п

рос

тран

ства

, и

лл

юст

ри

ру

я и

х н

а м

одел

ях

и

изо

браж

ени

ях

мн

огог

ран

ни

ков

. Р

ешат

ь за

дач

и н

а п

о-ст

рое

ни

е, д

оказ

ател

ьств

о и

вы

чи

слен

ие,

исп

ольз

уя

изо

-

2154010o3.f

m P

age

6 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

7

браж

ени

я м

ног

огр

анн

ик

ов,

вып

олн

яя

пр

и э

том

нео

бхо-

ди

мы

е д

опол

ни

тел

ьны

е п

остр

оен

ия

и и

спол

ьзу

я к

оор

ди

-н

атн

ый

мет

од.

Обо

снов

ыва

ть у

твер

жд

ени

я п

ри

реш

ени

и

зад

ач

Пр

оек

ты

1.

Ви

ды

дви

жен

ий

в п

рос

тран

стве

.2

.П

ри

мен

ени

е м

етод

ов г

еом

етр

ии

в

алге

бре.

3.

Пр

им

енен

ие

дви

жен

ий

в ф

изи

ке,

х

им

ии

, би

олог

ии

, ф

ил

олог

ии

и

др

уги

х н

аук

ах

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

емат

изи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

аци

ю.

Исп

ольз

оват

ь р

азл

ич

ны

е и

сточ

ни

ки

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад

пр

оек

том

Кон

трол

ьная

раб

ота

№1

1П

о за

дан

ны

м к

оор

ди

нат

ам т

очек

нах

оди

ть и

х о

браз

ы

пр

и р

азл

ич

ны

х п

рео

браз

ован

ия

х. П

ольз

уя

сь ф

орм

ул

ами

п

рео

браз

ован

ий

, н

аход

ить

: об

раз

ы п

ря

мы

х и

пл

оск

ос-

тей

; н

епод

виж

ны

е то

чк

и,

пр

ям

ые,

пл

оск

ости

пр

еобр

азо-

ван

ия

. Н

аход

ить

си

мм

етр

ии

, п

ри

ком

поз

иц

ии

кот

оры

х:

оди

н и

з д

вух

рав

ны

х д

анн

ых

мн

огог

ран

ни

ков

ото

браж

а-ет

ся н

а д

ру

гой

; п

рои

сход

ит

сам

осов

мещ

ени

е д

анн

ого

мн

огог

ран

ни

ка

Гл

ава

2. М

ног

огр

анн

ик

и3

6

Оп

ред

елен

ие

мн

огог

ран

ни

ка

и

его

эл

емен

тов

Вн

утр

енн

ие

и г

ран

ич

ны

е то

чк

и,

вну

трен

нос

ть и

гр

ани

ца

геом

етр

ич

е-ск

ой ф

игу

ры

. В

ып

ук

лая

, св

язн

ая,

4Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

: вы

пу

кл

ой и

свя

зной

ге

омет

ри

чес

кой

фи

гур

ы;

вну

трен

ней

и г

ран

ич

ной

точ

ек

геом

етр

ич

еск

ой ф

игу

ры

, ее

вн

утр

енн

ости

и г

ран

иц

ы;

свя

зной

и о

гран

ич

енн

ой г

еом

етр

ич

еск

ой ф

игу

ры

; ге

о-м

етр

ич

еск

ого

тел

а и

его

пов

ерх

нос

ти;

мн

огог

ран

ни

ка,

2154010o3.f

m P

age

7 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

8

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

огр

ани

чен

ная

гео

мет

ри

чес

кая

ф

игу

ра.

Пр

остр

анст

вен

ная

обл

асть

. Г

еом

етр

ич

еск

ое т

ело,

его

вн

утр

ен-

нос

ть и

пов

ерх

нос

ть

вып

ук

лог

о м

ног

огр

анн

ик

а и

его

эл

емен

тов

— в

ерш

ин

, р

ебер

, гр

аней

, д

иаг

онал

ей,

дву

гран

ны

х и

тр

ехгр

анн

ых

у

глов

Мн

огог

ран

ни

к и

его

эл

емен

ты:

вер

-ш

ин

ы,

реб

ра,

гр

ани

, п

лос

ки

е у

глы

п

ри

вер

ши

не,

дву

гран

ны

е у

глы

пр

и

реб

рах

. Э

йл

еров

а х

арак

тер

ист

ик

а м

ног

огр

анн

ик

а. Т

еор

ема

Дек

арта

—Э

йл

ера

дл

я в

ып

ук

лог

о м

ног

огр

ан-

ни

ка

(док

азат

ельс

тво

пр

иво

ди

тся

в

раз

дел

е «

Пр

ави

льн

ые

мн

огог

ран

-н

ик

и»

). П

оня

тие

о р

азве

ртк

е м

но-

гогр

анн

ик

а. С

вой

ства

вы

пу

кл

ых

м

ног

огр

анн

ик

ов.

Реш

ени

е за

дач

.О

пон

яти

и о

бъем

а те

ла.

Сво

йст

ва

объ

емов

тел

. Р

авн

овел

ик

ие

и

рав

нос

оста

влен

ны

е те

ла.

Объ

ем

пр

ям

оуго

льн

ого

пар

алл

елеп

ип

еда.

Р

ешен

ие

зад

ач

4Ф

орм

ул

ир

оват

ь те

орем

у Д

екар

та—

Эй

лер

а д

ля

чи

сла

вер

ши

н,

реб

ер и

гр

аней

вы

пу

кл

ого

мн

огог

ран

ни

ка;

пол

ь-зу

ясь

это

й т

еор

емой

, н

аход

ить

чи

сло

вер

ши

н,

реб

ер и

ли

гр

аней

, ес

ли

изв

естн

ы д

ве д

ру

гие

вел

ич

ин

ы.

Фор

му

ли

ро-

вать

и д

оказ

ыва

ть с

вой

ства

вы

пу

кл

ых

мн

огог

ран

ни

ков

.С

трои

ть р

азве

ртк

и и

сеч

ени

я м

ног

огр

анн

ик

ов,

нах

оди

ть

их

пл

ощад

и.

Фор

му

ли

ров

ать

пон

яти

е об

ъем

а те

ла

и п

они

мат

ь ег

о су

щн

ость

.Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ие

рав

нов

ели

ки

х т

ел.

Вы

во-

ди

ть ф

орм

ул

у о

бъем

а п

ря

моу

гол

ьног

о п

арал

лел

епи

пед

а,

ку

ба.

Реш

ать

зад

ачи

на

выч

исл

ени

е об

ъем

ов э

тих

мн

огог

ран

-н

ик

ов.

В п

арал

лел

ьной

пр

оек

ци

и с

трои

ть:

а)и

зобр

ажен

ия

ку

ба,

пр

ям

ого

и н

акл

онн

ого

пар

алл

елеп

ип

едов

, п

рав

ил

ьной

п

ир

ами

ды

(п

рав

ил

ьног

о те

траэ

др

а);

б)и

зобр

ажен

ия

пр

я-

мы

х и

пл

оск

осте

й,

пар

алл

ельн

ых

и п

ерп

енд

ик

ул

яр

ны

х

реб

рам

и г

ран

ям

дан

ног

о м

ног

огр

анн

ик

а; в

)ст

рои

ть с

ече-

ни

я м

ног

огр

анн

ик

ов и

вы

чи

сля

ть и

х п

лощ

ади

; г)

на

изо

-бр

ажен

ии

мн

огог

ран

ни

ка

выд

еля

ть е

го н

еви

ди

мы

е эл

е-

2154010o3.f

m P

age

8 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

9

мен

ты ш

три

хов

ым

и л

ин

ия

ми

, оп

ред

еля

ть (

вид

еть)

и в

ы-

чи

сля

ть у

глы

меж

ду

его

реб

рам

и и

гр

аня

ми

, л

ин

ейн

ые

угл

ы д

вугр

анн

ых

угл

ов м

ежд

у е

го г

ран

ям

и

При

зма

и п

ара

лл

елеп

ип

едО

пр

едел

ени

е п

ри

змы

и е

е эл

емен

-то

в. К

оли

чес

тво

вер

ши

н,

реб

ер,

гра-

ней

, д

иаг

онал

ей у

n-у

гол

ьной

пр

из-

мы

. П

ря

мая

и н

акл

онн

ая п

ри

змы

. П

рав

ил

ьная

пр

изм

а. П

ри

змат

ич

е-ск

ая п

овер

хн

ость

.П

ерп

енд

ик

ул

яр

ное

сеч

ени

е п

ри

з-м

ы.

Бок

овая

и п

олн

ая п

овер

хн

ости

п

ри

змы

: ф

орм

ул

ы в

ыч

исл

ени

я и

х

пл

ощад

ей.

Фор

му

лы

вы

чи

слен

ия

об

ъем

ов п

ря

мой

и н

акл

онн

ой

пр

изм

. Пос

трое

ни

е се

чен

ий

пр

изм

ы

раз

ли

чн

ым

и п

лос

кос

тям

и;

выч

ис-

лен

ие

пл

ощад

ей э

тих

сеч

ени

й.

Реш

ени

е за

дач

на

выч

исл

ени

е:

а)д

вугр

анн

ых

угл

ов п

ри

реб

рах

п

ри

змы

; б)

пл

ощад

ей б

оков

ой,

пол

-н

ой п

овер

хн

осте

й и

объ

ема

пр

изм

ы.

Оп

ред

елен

ие

пар

алл

елеп

ип

еда.

Нак

лон

ны

й,

пр

ям

ой,

пр

ям

оуго

ль-

ны

й п

арал

лел

епи

пед

. К

уб.

Сво

йст

-ва

ди

агон

алей

пар

алл

елеп

ип

еда.

С

вой

ство

пр

ям

оуго

льн

ого

пар

алл

е-л

епи

пед

а. О

бъем

пар

алл

елеп

ип

еда.

4Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

пр

изм

ы и

ее

элем

енто

в.Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

и с

вой

ства

пр

ям

ой,

нак

лон

-н

ой,

пр

ави

льн

ой п

ри

змы

; д

оказ

ыва

ть э

ти с

вой

ства

.Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ие

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ого

сеч

е-н

ия

пр

изм

ати

чес

кой

пов

ерх

нос

ти (

пр

изм

ати

чес

ког

о те

-л

а);

опр

едел

ени

я п

арал

лел

епи

пед

а: н

акл

онн

ого,

пр

ям

о-го

, п

ря

моу

гол

ьног

о; о

пр

едел

ени

е к

уба

. Ф

орм

ул

ир

оват

ь и

док

азы

вать

сво

йст

ва д

иаг

онал

ей п

арал

лел

епи

пед

а.

Вы

вод

ить

фор

му

лы

вы

чи

слен

ия

пл

ощад

ей б

оков

ой и

п

олн

ой п

овер

хн

осте

й,

объ

ема

пр

изм

ы.

Стр

оить

изо

бра-

жен

ия

пр

ям

ой и

нак

лон

ной

пр

изм

ы,

пр

ям

ого

и н

акл

он-

ног

о п

арал

лел

епи

пед

а с

пос

лед

ую

щи

ми

доп

олн

ите

льн

ы-

ми

пос

трое

ни

ям

и н

а эт

их

изо

браж

ени

ях

, вы

дел

яя

пр

и

этом

нев

ид

им

ые

элем

енты

штр

их

овы

ми

ли

ни

ям

и.

На

изо

браж

ени

ях

пр

изм

ы и

пар

алл

елеп

ип

еда,

исп

ольз

уя

у

слов

ие

зад

ачи

, н

аход

ить

и в

ыч

исл

ять

угл

ы м

ежд

у и

х

реб

рам

и и

гр

аня

ми

, л

ин

ейн

ые

угл

ы д

вугр

анн

ых

угл

ов

меж

ду

их

гр

аня

ми

. С

трои

ть м

етод

ом с

лед

ов,

мет

одом

вн

утр

енн

его

пр

оек

тир

ован

ия

, к

омби

ни

ров

анн

ым

мет

о-д

ом с

ечен

ия

пр

изм

ы и

пар

алл

елеп

ип

еда

и в

ыч

исл

ять

п

лощ

ади

эти

х с

ечен

ий

. Р

ешат

ь за

дач

и н

а вы

чи

слен

ие

пл

ощад

и б

оков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

ти,

объ

ема

пр

изм

ы

и п

арал

лел

епи

пед

а

2154010o3.f

m P

age

9 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

10

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

Пос

трое

ни

е п

лос

ки

х с

ечен

ий

пар

ал-

лел

епи

пед

ов р

азл

ич

ны

ми

мет

одам

и.

Вы

чи

слен

ие

пл

ощад

ей э

тих

сеч

е-н

ий

. Р

ешен

ие

зад

ач н

а вы

чи

слен

ие:

а)

дву

гран

ны

х у

глов

пр

и р

ебр

ах о

с-н

ован

ия

нак

лон

ног

о п

арал

лел

епи

-п

еда;

б)

угл

а н

акл

она

бок

овог

о р

ебр

а к

пл

оск

ости

осн

ован

ия

; в)

пл

ощад

ей

бок

овой

, п

олн

ой п

овер

хн

осте

й

и о

бъем

а п

арал

лел

епи

пед

а

Кон

трол

ьная

раб

ота

№2

1С

трои

ть с

ечен

ие

мн

огог

ран

ни

ка,

изу

чат

ь св

ойст

ва к

аж-

дог

о и

з д

вух

пол

уч

ивш

их

ся п

ри

это

м м

ног

огр

анн

ик

ов.

В д

анн

ом м

ног

огр

анн

ик

е п

о за

дан

ны

м у

слов

ия

м н

ахо-

ди

ть и

вы

чи

сля

ть д

ли

ны

отр

езк

ов,

вел

ич

ин

ы у

глов

м

ежд

у п

ря

мы

ми

и п

лос

кос

тям

и;

пл

ощад

ь п

овер

хн

ости

и

объ

ем м

ног

огр

анн

ик

а. О

пр

едел

ять

, су

щес

тву

ет л

и

пр

еобр

азов

ани

е, п

ри

кот

ором

дан

ны

й м

ног

огр

анн

ик

са

мос

овм

ещае

тся

Тре

хгр

ан

ны

е и

мн

огог

ран

ны

е у

глы

Пон

яти

е о

мн

огог

ран

ном

угл

е. В

ер-

ши

на,

гр

ани

, р

ебр

а, п

лос

ки

е у

глы

п

ри

вер

ши

не

вып

ук

лог

о м

ног

огр

ан-

ног

о у

гла.

Мн

огог

ран

ны

е у

глы

пр

и

вер

ши

нах

мн

огог

ран

ни

ков

. Т

рех

-

5Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

мн

огог

ран

ног

о у

гла

и е

го

элем

енто

в: в

ерш

ин

ы, г

ран

и, р

ебр

а, п

лос

ког

о у

гла

пр

и е

го

вер

ши

не.

Фор

му

ли

ров

ать

и д

оказ

ыва

ть с

вой

ства

тр

ех-

гран

ног

о у

гла,

тео

рем

у к

оси

ну

сов

и т

еор

ему

си

ну

сов.

Р

ешат

ь за

дач

и н

а н

ахож

ден

ие

рас

стоя

ни

я о

т ве

рш

ин

ы

угл

а д

о то

чк

и,

рас

пол

ожен

ной

вн

утр

и д

анн

ого

угл

а и

2154010o3.f

m P

age

10 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

11

гран

ны

й у

гол

. Т

еор

ема

о п

лос

ки

х

угл

ах т

рех

гран

ног

о у

гла

(нер

авен

-ст

во т

рех

гран

ног

о у

гла)

. Т

еор

ема

о су

мм

е п

лос

ки

х у

глов

вы

пу

кл

ого

мн

огог

ран

ног

о у

гла.

Тео

рем

а си

ну

-со

в и

тео

рем

а к

оси

ну

сов

трех

гран

-н

ого

угл

а. Р

ешен

ие

зад

ач

рав

ноу

дал

енн

ой н

а за

дан

ное

рас

стоя

ни

е: а

)от

его

гр

а-н

ей;

б)от

его

реб

ер.

Реш

ать

зад

ачи

на

нах

ожд

ени

е ве

ли

-ч

ин

ы у

гла,

кот

оры

й о

браз

ует

: а)

с п

лос

кос

тью

гр

ани

тр

ехгр

анн

ого

угл

а л

уч

с н

ачал

ом в

его

вер

ши

не,

леж

а-щ

ий

вн

утр

и э

того

угл

а и

сос

тавл

яю

щи

й с

о вс

еми

его

гр

а-н

ям

и р

авн

ые

угл

ы;

б)с

реб

ром

мн

огог

ран

ног

о у

гла

лу

ч

с н

ачал

ом в

его

вер

ши

не,

леж

ащи

й в

ну

три

это

го у

гла

и с

оста

вля

ющ

ий

со

всем

и е

го р

ебр

ами

рав

ны

е у

глы

Пи

рам

ид

аО

пр

едел

ени

е п

ир

ами

ды

и е

е эл

емен

-то

в. К

оли

чес

тво

вер

ши

н,

реб

ер

и г

ран

ей у

n-у

гол

ьной

пи

рам

ид

ы.

Нек

отор

ые

час

тны

е ви

ды

пи

рам

ид

: п

ир

ами

да,

все

бок

овы

е р

ебр

а к

ото-

рой

рав

ны

меж

ду

соб

ой (

все

бок

о-вы

е р

ебр

а п

ир

ами

ды

обр

азу

ют

рав

-н

ые

угл

ы с

пл

оск

ость

ю е

е ос

нов

а-н

ия

); п

ир

ами

да,

все

дву

гран

ны

е у

глы

кот

орой

пр

и р

ебр

ах о

снов

а-н

ия

рав

ны

меж

ду

соб

ой;

пи

рам

ид

а,

ров

но

одн

а бо

ков

ая г

ран

ь к

отор

ой

пер

пен

ди

ку

ля

рн

а п

лос

кос

ти е

е ос

-н

ован

ия

; п

ир

ами

да,

две

сос

едн

ие

бок

овы

е гр

ани

кот

орой

пер

пен

ди

ку

-л

яр

ны

пл

оск

ости

ее

осн

ован

ия

; п

ир

ами

да,

две

нес

осед

ни

е бо

ков

ые

гран

и к

отор

ой п

ерп

енд

ик

ул

яр

ны

п

лос

кос

ти е

е ос

нов

ани

я;

пи

рам

ид

а,

5Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

: а)

пи

рам

ид

ы,

усе

чен

ной

п

ир

ами

ды

и и

х э

лем

енто

в; б

)п

рав

ил

ьной

пи

рам

ид

ы,

док

азы

вать

ее

свой

ства

; в)

дву

гран

ног

о у

гла

пр

и р

ебр

е п

ир

ами

ды

. В

ыво

ди

ть ф

орм

ул

ы в

ыч

исл

ени

я п

лощ

адей

бо

ков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

, об

ъем

а п

ир

ами

ды

и у

се-

чен

ной

пи

рам

ид

ы.

Док

азы

вать

сво

йст

ва п

арал

лел

ьны

х

сеч

ени

й п

ир

ами

ды

.Д

оказ

ыва

ть с

вой

ства

пр

ави

льн

ой п

ир

ами

ды

: все

бок

овы

е р

ебр

а р

авн

ы,

а вс

е бо

ков

ые

гран

и —

рав

ны

е р

авн

обед

рен

-н

ые

треу

гол

ьни

ки

; вс

е бо

ков

ые

реб

ра

обр

азу

ют

с п

лос

ко-

стью

осн

ован

ия

рав

ны

е у

глы

, а

все

бок

овы

е гр

ани

— р

ав-

ны

е д

вугр

анн

ые

угл

ы. Д

оказ

ыва

ть п

ри

знак

и п

рав

ил

ьной

п

ир

ами

ды

: а)

все

ее б

оков

ые

реб

ра

рав

ны

; б)

все

ее б

око-

вые

реб

ра

обр

азу

ют

с п

лос

кос

тью

осн

ован

ия

рав

ны

е у

глы

; в)

все

ее

бок

овы

е гр

ани

— р

авн

ые

треу

гол

ьни

ки

. Р

ешат

ь за

дач

и н

а: а

)вы

чи

слен

ие

пл

ощад

и б

оков

ой

и п

олн

ой п

овер

хн

ости

, об

ъем

а п

ир

ами

ды

и у

сеч

енн

ой

пи

рам

ид

ы;

б) п

остр

оен

ие

сеч

ени

й п

ир

ами

д и

вы

чи

слен

ие

их

пл

ощад

ей.

Исп

ольз

уя

час

тны

е ви

ды

пи

рам

ид

, р

ешат

ь за

дач

и:

на

нах

ожд

ени

е п

лощ

ади

их

бок

овой

и п

олн

ой

2154010o3.f

m P

age

11 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

12

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

бок

овое

реб

ро

кот

орой

обр

азу

ет

рав

ны

е у

глы

с р

ебр

ами

осн

ован

ия

, вы

ход

ящ

им

и и

з од

ной

вер

ши

ны

. Ф

орм

ул

ы в

ыч

исл

ени

я п

лощ

адей

бо

ков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

п

ир

ами

ды

. Р

ешен

ие

зад

ач н

а вс

е ви

ды

пи

рам

ид

.П

рав

ил

ьная

пи

рам

ид

а и

ее

свой

ст-

ва.

Ап

офем

а п

рав

ил

ьной

пи

рам

и-

ды

. Ф

орм

ул

ы в

ыч

исл

ени

я п

лощ

а-д

ей б

оков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

п

рав

ил

ьной

пи

рам

ид

ы. П

овто

рен

ие

мат

ери

ала

о п

ир

ами

дах

в з

адач

ах

на

док

азат

ельс

тво,

пос

трое

ни

е и

вы

чи

слен

ие

пов

ерх

нос

ти;

на

выч

исл

ени

е и

х о

бъем

ов,

вел

ич

ин

угл

ов

меж

ду

реб

рам

и и

гр

аня

ми

, м

ежд

у с

ечен

ием

и г

ран

ью.

Со

всем

и в

ид

ами

пи

рам

ид

реш

ать

зад

ачи

на

пос

трое

ни

е,

док

азат

ельс

тво

и в

ыч

исл

ени

е, с

опр

овож

дая

реш

ени

е к

ажд

ой з

адач

и о

босн

ован

ия

ми

Кон

трол

ьная

раб

ота

№3

2П

ри

зад

анн

ых

усл

ови

ях

нах

оди

ть у

глы

, кот

оры

е об

раз

ует

с

реб

рам

и и

гр

аня

ми

дан

ног

о м

ног

огр

анн

ого

угл

а п

ря

мая

, р

асп

олож

енн

ая в

ну

три

это

го у

гла

и п

рох

одя

щая

чер

ез е

го

вер

ши

ну

. Д

ля

дан

ног

о тр

ехгр

анн

ого

угл

а н

аход

ить

: а)

ве-

ли

чи

ны

дву

гран

ны

х у

глов

пр

и е

го р

ебр

ах;

б)ве

ли

чи

ны

у

глов

нак

лон

а р

ебр

а к

пл

оск

ости

гр

ани

угл

а. Р

ешат

ь за

-д

ачи

на

нах

ожд

ени

е вы

соты

, д

ли

н с

тор

он,

пл

оск

их

угл

ов

пр

и в

ерш

ин

е п

ир

ами

ды

, ве

ли

чи

н д

вугр

анн

ых

угл

ов п

ри

ее

бок

овы

х р

ебр

ах и

реб

рах

осн

ован

ия

. Н

аход

ить

пл

о-щ

адь

бок

овой

и п

олн

ой п

овер

хн

осте

й п

ир

ами

ды

. С

трои

ть

2154010o3.f

m P

age

12 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

13

сеч

ени

е п

ир

ами

ды

, н

аход

ить

его

пл

ощад

ь и

уго

л м

ежд

у

пл

оск

ость

ю с

ечен

ия

и п

лос

кос

тью

осн

ован

ия

пи

рам

ид

ы

Сво

йст

ва п

арал

лел

ьны

х с

ечен

ий

п

ир

ами

ды

. У

сеч

енн

ая п

ир

ами

да,

ф

орм

ул

ы в

ыч

исл

ени

я е

е бо

ков

ой

и п

олн

ой п

овер

хн

осте

й.

Фор

му

лы

вы

чи

слен

ия

пл

ощад

ей б

оков

ой и

п

олн

ой п

овер

хн

осте

й п

рав

ил

ьной

у

сеч

енн

ой п

ир

ами

ды

. О

бъем

пи

ра-

ми

ды

и ф

орм

ул

ы е

го в

ыч

исл

ени

я.

Фор

му

ла

выч

исл

ени

я о

бъем

а у

се-

чен

ной

пи

рам

ид

ы.

Реш

ени

е за

дач

. Т

етр

аэд

ры

. О

б об

ъем

е те

траэ

др

а.

Воз

мож

нос

ть в

ыбо

ра

осн

ован

ия

у

тет

раэ

др

а. С

вой

ство

отр

езк

ов,

соед

ин

яю

щи

х в

ерш

ин

ы т

етр

аэд

ра

с ц

ентр

оид

ами

пр

оти

воп

олож

ны

х

гран

ей.

Пр

ави

льн

ый

тет

раэ

др

. О

рто

цен

три

чес

ки

й т

етр

аэд

р.

Рав

-н

огр

анн

ый

тет

раэ

др

(те

траэ

др

, вс

е гр

ани

кот

орог

о р

авн

ы).

Тет

раэ

др

, вс

е бо

ков

ые

гран

и к

отор

ого

обр

азу

-ю

т р

авн

ые

дву

гран

ны

е у

глы

с п

лос

-к

ость

ю е

го о

снов

ани

я.

Фор

му

ла

V =

а

•b•

ρ(а

, b)

•si

n ϕ

выч

исл

ени

я о

бъем

а те

траэ

др

а, г

де

а

и b

— д

ли

ны

дву

х с

кр

ещи

ваю

щи

х-

3Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

усе

чен

ной

пи

рам

ид

ы

и е

е эл

емен

тов;

док

азы

вать

ее

свой

ства

.Ф

орм

ул

ир

оват

ь и

док

азы

вать

тео

рем

у:

а) о

пл

ощад

и

бок

овой

пов

ерх

нос

ти п

рав

ил

ьной

усе

чен

ной

пи

рам

ид

ы;

б) о

б об

ъем

е п

ир

ами

ды

(у

сеч

енн

ой п

ир

ами

ды

).Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

ор

тоц

ентр

ич

еск

ого

и р

авн

огр

анн

ого

тетр

аэд

ров

. В

ыво

ди

ть ф

орм

ул

у

V =

а

•b•

ρ(а

, b)

•si

n ϕ

вы

чи

слен

ия

объ

ема

тетр

аэд

ра,

где

a и

b —

дл

ин

ы д

вух

ск

рещ

ива

ющ

их

ся р

ебер

тет

раэ

д-

ра,

ϕ —

уго

л м

ежд

у п

ря

мы

ми

, со

дер

жащ

им

и э

ти р

ебр

а,

ρ(а

, b)

— р

асст

оян

ие

меж

ду

эти

ми

пр

ям

ым

и.

Док

азы

-ва

ть т

еор

ему

об

отн

ошен

ии

объ

емов

дву

х т

етр

аэд

ров

, и

мею

щи

х р

авн

ые

трех

гран

ны

е у

глы

. Р

ешат

ь за

дач

и н

а д

оказ

ател

ьств

о, п

остр

оен

ие

и в

ыч

исл

ени

е п

лощ

ади

по-

вер

хн

ости

и о

бъем

а р

азл

ич

ны

х в

ид

ов п

ир

ами

д и

усе

чен

-н

ых

пи

рам

ид

, об

осн

овы

вая

сво

и у

твер

жд

ени

я

1 6---

1 6---

2154010o3.f

m P

age

13 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

14

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

ся р

ебер

тет

раэ

др

а, ϕ

— у

гол

меж

ду

п

ря

мы

ми

, со

дер

жащ

им

и э

ти р

еб-

ра,

ρ(a

, b)

— р

асст

оян

ие

меж

ду

эти

-м

и п

ря

мы

ми

. О

тнош

ени

е об

ъем

ов

дву

х т

етр

аэд

ров

, и

мею

щи

х р

авн

ые

трех

гран

ны

е у

глы

Пов

тор

ени

е м

атер

иал

а о

пи

рам

ид

ах

в за

дач

ах н

а д

оказ

ател

ьств

о,

пос

трое

ни

е и

вы

чи

слен

ие

3Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

пи

рам

ид

ы,

усе

чен

ной

пи

-р

ами

ды

, п

рав

ил

ьной

пи

рам

ид

ы,

пр

ави

льн

ого

тетр

аэд

ра.

Ф

орм

ул

ир

оват

ь и

док

азы

вать

их

сво

йст

ва.

Вы

вод

ить

фор

му

лы

вы

чи

слен

ия

пов

ерх

нос

тей

и о

бъем

ов

пи

рам

ид

ы и

усе

чен

ной

пи

рам

ид

ы.

Реш

ать

зад

ачи

на

док

азат

ельс

тво,

вы

чи

слен

ие,

пос

тро-

ени

е се

чен

ия

пи

рам

ид

ы и

вы

чи

слен

ие

его

пл

ощад

и;

выч

исл

ени

е об

ъем

ов р

азл

ич

ног

о ви

да

тетр

аэд

ров

и м

но-

гоу

гол

ьны

х п

ир

ами

д,

обос

нов

ыва

ть с

вои

утв

ерж

ден

ия

Пра

вил

ьны

е м

ног

огра

нн

ик

иД

оказ

ател

ьств

о те

орем

ы Д

екар

та—

Эй

лер

а д

ля

вы

пу

кл

ого

мн

огог

ран

-н

ик

а. В

ид

ы,

элем

енты

и с

вой

ства

п

рав

ил

ьны

х м

ног

огр

анн

ик

ов.

Вы

-ч

исл

ени

е п

лощ

адей

пов

ерх

нос

тей

и

объ

емов

пр

ави

льн

ых

мн

огог

ран

-н

ик

ов.

Реш

ени

е за

дач

на

все

вид

ы

пр

ави

льн

ых

мн

огог

ран

ни

ков

3Д

оказ

ыва

ть т

еор

ему

Дек

арта

—Э

йл

ера

дл

я в

ып

ук

лы

х

мн

огог

ран

ни

ков

. Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ие

пр

ави

ль-

ног

о м

ног

огр

анн

ик

а. Д

оказ

ыва

ть т

еор

ему

о с

ущ

еств

ова-

ни

и п

яти

ти

пов

пр

ави

льн

ых

мн

огог

ран

ни

ков

; св

ойст

ва

пр

ави

льн

ых

мн

огог

ран

ни

ков

. И

зобр

ажат

ь п

рав

ил

ьны

е м

ног

огр

анн

ик

и,

стр

оить

их

раз

вер

тки

и с

кл

еива

ть м

оде-

ли

. С

трои

ть с

ечен

ия

пр

ави

льн

ых

мн

огог

ран

ни

ков

раз

-л

ич

ны

ми

мет

одам

и и

нах

оди

ть п

лощ

ади

пол

уч

енн

ых

се-

чен

ий

, об

ъя

сня

я к

ажд

ый

шаг

реш

ени

я.

Исп

ольз

уя

изо

-

2154010o3.f

m P

age

14 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

15

браж

ени

я п

рав

ил

ьны

х м

ног

огр

анн

ик

ов,

реш

ать

зад

ачи

н

а вы

чи

слен

ие:

рас

стоя

ни

й м

ежд

у э

лем

ента

ми

мн

ого-

гран

ни

ка;

угл

ов м

ежд

у п

ря

мы

ми

и п

лос

кос

тям

и.

Нах

о-д

ить

пл

ощад

и б

оков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

, об

ъем

р

азл

ич

ны

х п

рав

ил

ьны

х м

ног

огр

анн

ик

ов,

аргу

мен

тир

уя

к

ажд

ый

шаг

реш

ени

я

Пр

оек

ты1

.Ж

изн

ь и

тво

рч

еств

о ве

ли

ког

о у

чен

ого

Лео

нар

да

Эй

лер

а.2

.П

рав

ил

ьны

е м

ног

огр

анн

ик

и.

Фор

му

лы

дл

я в

ыч

исл

ени

я п

ло-

щад

ей п

овер

хн

осте

й и

объ

емов

п

рав

ил

ьны

х м

ног

огр

анн

ик

ов.

3.

Мн

огог

ран

ни

ки

в а

рх

ите

кту

ре

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

емат

изи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

аци

ю.

Исп

ольз

оват

ь р

азл

ич

ны

е и

сточ

ни

ки

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад

пр

оек

том

Кон

трол

ьная

раб

ота

№4

2Д

ля

час

тны

х в

ид

ов п

ир

ами

д н

аход

ить

: п

лощ

адь

бок

овой

и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

; об

ъем

; у

глы

нак

лон

а бо

ков

ых

р

ебер

и б

оков

ых

гр

аней

к п

лос

кос

ти о

снов

ани

я;

рас

стоя

ни

я о

т ве

рш

ин

до

реб

ер и

гр

аней

пи

рам

ид

ы

Гл

ава

3. Ф

игу

ры

вр

ащен

ия

24

Ци

ли

нд

р и

кон

ус

Пов

ерх

нос

ть и

тел

о вр

ащен

ия

. Ц

ил

ин

др

.О

снов

ани

я,

обр

азу

ющ

ие,

ось

, вы

сота

ци

ли

нд

ра.

Ци

ли

нд

ри

чес

кая

пов

ерх

нос

ть

вращ

ени

я.

6Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

пов

ерх

нос

ти и

тел

а вр

ащен

ия

.Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

ци

ли

ндр

а и

кон

уса

вр

аще-

ни

я, и

х э

лем

енто

в; о

снов

ани

я, в

ысо

ты, о

си, о

браз

ую

щей

, р

ади

уса

осн

ован

ия

; п

ерп

енд

ик

ул

яр

ног

о се

чен

ия

; бо

ко-

вой

и п

олн

ой п

овер

хн

осте

й.

Стр

оить

изо

браж

ени

я:

ци

-л

ин

др

а и

кон

уса

; п

рав

ил

ьны

х п

ри

зм и

пи

рам

ид

, вп

иса

н-

2154010o3.f

m P

age

15 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

16

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

Сеч

ени

я ц

ил

ин

др

а п

лос

кос

тью

. И

зобр

ажен

ие

ци

ли

нд

ра.

Кас

ател

ь-н

ая п

лос

кос

ть к

ци

ли

ндр

у.

Раз

вер

т-к

а ц

ил

ин

др

а. В

ыч

исл

ени

е п

лощ

адей

бо

ков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

ц

ил

ин

др

а. П

ри

зма,

вп

иса

нн

ая в

ци

-л

ин

др

и о

пи

сан

ная

ок

оло

ци

ли

ндр

а.

Вы

чи

слен

ие

объ

ема

ци

ли

ндр

а.

Кон

ус

вращ

ени

я.

Вер

ши

на,

осн

ова-

ни

е, о

браз

ую

щи

е, о

сь,

высо

та,

бок

о-ва

я и

пол

ная

пов

ерх

нос

ти к

ону

са.

Сеч

ени

я к

ону

са п

лос

кос

тью

. Р

авн

о-ст

орон

ни

й к

ону

с. К

асат

ельн

ая п

лос

-к

ость

к к

ону

су.

Изо

браж

ени

е к

ону

-са

. Р

азве

ртк

а. В

ыч

исл

ени

е п

лощ

а-д

ей б

оков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

к

ону

са.

Сво

йст

ва п

арал

лел

ьны

х с

е-ч

ени

й к

ону

са.

Вп

иса

нн

ые

в к

ону

с и

оп

иса

нн

ые

окол

о к

ону

са п

ир

ами

ды

. Ц

ил

ин

др

, вп

иса

нн

ый

в к

ону

с.У

сеч

енн

ый

кон

ус:

осн

ован

ия

, об

ра-

зую

щи

е, в

ысо

та,

бок

овая

и п

олн

ая

пов

ерх

нос

ти. В

ыч

исл

ени

е п

лощ

адей

бо

ков

ой и

пол

ной

пов

ерх

нос

тей

у

сеч

енн

ого

кон

уса

. В

ыч

исл

ени

е об

ъем

ов к

ону

са и

усе

чен

ног

о к

ону

са

ны

х в

ци

ли

нд

р и

кон

ус.

Док

азы

вать

сво

йст

ва с

ечен

ий

ц

ил

ин

др

а и

кон

уса

вр

ащен

ия

пл

оск

ость

ю:

а) с

одер

жа-

щей

ось

ци

ли

нд

ра

(кон

уса

); б

)п

ерп

енд

ик

ул

яр

ной

оси

ц

ил

ин

др

а (к

ону

са).

Вы

вод

ить

фор

му

лы

вы

чи

слен

ия

пл

ощад

и б

оков

ой

и п

олн

ой п

овер

хн

осте

й,

объ

ема

ци

ли

нд

ра

и к

ону

са.

Обо

снов

ыва

ть у

твер

жд

ени

я,

возн

ик

ающ

ие

по

ход

у

реш

ени

я з

адач

и н

а к

омби

нац

ию

мн

огог

ран

ни

ков

с

ци

ли

нд

рам

и и

кон

уса

ми

2154010o3.f

m P

age

16 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

17

Пов

тор

ени

е м

атер

иал

а о

ци

ли

нд

-р

ах,

кон

уса

х,

их

ком

бин

аци

ях

с

впи

сан

ны

ми

и о

пи

сан

ны

ми

мн

ого-

гран

ни

кам

и в

зад

ачах

на

док

аза-

тел

ьств

о, п

остр

оен

ие

и в

ыч

исл

ени

е

2Р

ешат

ь за

дач

и н

а: а

) вы

чи

слен

ие

пл

ощад

и б

оков

ой

и п

олн

ой п

овер

хн

осте

й,

объ

ема

ци

ли

нд

ра

и к

ону

са

(усе

чен

ног

о к

ону

са);

б)

изо

браж

ени

е к

омби

нац

ий

мн

ого-

гран

ни

ков

с ц

ил

ин

др

ом и

кон

усо

м (у

сеч

енн

ым

кон

усо

м);

в)

пос

трое

ни

е се

чен

ий

ци

ли

нд

ра

и к

ону

са (

усе

чен

ног

о к

ону

са)

и в

ыч

исл

ени

е и

х п

лощ

ади

. О

босн

овы

вать

у

твер

жд

ени

я,

возн

ик

ающ

ие

по

ход

у р

ешен

ия

зад

ачи

Кон

трол

ьная

раб

ота

№ 5

2Н

аход

ить

пл

ощад

ь п

овер

хн

ости

и о

бъем

кон

уса

(у

сеч

ен-

ног

о к

ону

са)

и ц

ил

ин

др

а. Р

ешат

ь за

дач

и н

а к

омби

нац

ии

м

ног

огр

анн

ик

ов с

ци

ли

нд

ром

и к

ону

сом

(у

сеч

енн

ым

к

ону

сом

), о

босн

овы

вая

утв

ерж

ден

ия

, во

зни

каю

щи

е п

о х

оду

реш

ени

я з

адач

и

Ша

р и

сф

ера

Шар

и с

фер

а. Х

орд

а, д

иам

етр

, р

ади

ус

сфер

ы и

шар

а. И

зобр

ажен

ие

сфер

ы. У

рав

нен

ие

сфер

ы. В

заи

мн

ое

рас

пол

ожен

ие

сфер

ы и

пл

оск

ости

. П

ерес

ечен

ие

шар

а и

сф

еры

с п

лос

-к

ость

ю.

Пл

оск

ость

, к

асат

ельн

ая к

сф

ере

и ш

ару

. Т

еор

емы

о к

асат

ель-

ной

пл

оск

ости

.Р

ешен

ие

зад

ач н

а: а

)сф

еру

, п

рох

о-д

ящ

ую

чер

ез в

ерш

ин

ы д

анн

ого

тре-

уго

льн

ик

а; б

)сф

еру

, к

асаю

щу

юся

ст

орон

дан

ног

о тр

еуго

льн

ик

а;

в)вз

аим

ное

пол

ожен

ие

сфер

ы

и д

вух

пар

алл

ельн

ых

пл

оск

осте

й;

г)сф

еру

и д

вугр

анн

ый

уго

л;

10

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я с

фер

ы и

шар

а, и

х р

ади

уса

и

ди

амет

ра,

кас

ател

ьной

пл

оск

ости

к с

фер

е. И

зобр

ажат

ь сф

еру

. В

ыво

ди

ть у

рав

нен

ие

сфер

ы и

нер

авен

ство

шар

а.

Вы

вод

ить

фор

му

лы

вы

чи

слен

ия

пл

ощад

и п

овер

хн

ости

и

объ

ема

шар

а. Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

сф

еры

, вп

иса

нн

ой в

дву

гран

ны

й и

мн

огог

ран

ны

й у

гол

; сф

еры

и

шар

а, в

пи

сан

ны

х в

мн

огог

ран

ни

к и

оп

иса

нн

ых

ок

оло

нег

о. И

зобр

ажат

ь сф

еру

в к

омби

нац

ии

с м

ног

огр

анн

ик

а-м

и,

ци

ли

нд

ром

и к

ону

сом

и д

ру

гим

и с

фер

ами

. Р

ешат

ь за

дач

и н

а: а

)вз

аим

ное

рас

пол

ожен

ие

сфер

ы и

пл

оск

ос-

ти;

сфер

ы и

дву

х п

лос

кос

тей

; сф

еры

и д

вугр

анн

ого

угл

а;

б)к

омби

нац

ии

сф

еры

с п

ерес

екаю

щи

ми

ее

мн

огог

ран

-н

ик

ами

; в)

ком

бин

аци

и с

фер

ы с

вп

иса

нн

ым

и в

нее

и

опи

сан

ны

ми

ок

оло

нее

мн

огог

ран

ни

кам

и и

фи

гур

ами

вр

ащен

ия

. О

босн

овы

вать

утв

ерж

ден

ия

, во

зни

каю

щи

е в

реш

ени

и з

адач

на

ком

бин

аци

ю с

фер

ы (

шар

а) с

мн

ого-

2154010o3.f

m P

age

17 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

18

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

д)

пер

есек

ающ

иес

я с

фер

у и

ку

б;

е)п

ерес

екаю

щи

еся

сф

еру

и п

ри

зму

; ж

)п

ерес

екаю

щи

еся

сф

еру

и п

ир

а-м

ид

у.

Шар

ы и

сф

еры

, вп

иса

нн

ые

в ц

ил

ин

др

, к

ону

с, м

ног

огр

анн

ик

и

оп

иса

нн

ые

окол

о н

их

. Ш

ары

и

сф

еры

, вп

иса

нн

ые

в д

вугр

анн

ый

у

гол

и м

ног

огр

анн

ый

уго

л.

Шар

ы

и с

фер

ы,

впи

сан

ны

е в

пр

ави

льн

ые

мн

огог

ран

ни

ки

и о

пи

сан

ны

е ок

оло

ни

х.

Реш

ени

е за

дач

на:

а)

ком

бин

аци

и

сфер

ы (

шар

а) и

ци

ли

нд

ра;

б)

ком

бин

аци

и с

фер

ы (

шар

а) и

к

ону

са;

в)сф

еру

и ш

ар,

опи

сан

ны

е ок

оло

ку

ба и

вп

иса

нн

ые

в н

его;

г)

сфер

у и

шар

, оп

иса

нн

ые

окол

о п

ри

змы

и в

пи

сан

ны

е в

нее

; д

)сф

еру

и

шар

, вп

иса

нн

ые

в п

рав

ил

ьны

й

тетр

аэд

р и

оп

иса

нн

ые

окол

о н

его;

е)

сфер

у и

шар

, оп

иса

нн

ые

окол

о п

ир

ами

ды

и в

пи

сан

ны

е в

нее

; ж

)к

омби

нац

ии

дву

х с

фер

(ш

аров

) и

ку

ба;

з) к

омби

нац

ии

тр

ех с

фер

и

тет

раэ

др

а.

гран

ни

кам

и,

ци

ли

нд

ром

, к

ону

сом

и д

ру

гим

и с

фер

ами

(ш

арам

и).

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я:

шар

овог

о се

г-м

ента

, ег

о ос

нов

ани

я и

вы

соты

; се

гмен

тной

пов

ерх

но-

сти

: ш

аров

ого

слоя

, ег

о ос

нов

ани

я и

вы

соты

; ш

аров

ого

поя

са;

шар

овог

о се

кто

ра

и е

го п

овер

хн

ости

. В

ыво

ди

ть

фор

му

лы

дл

я в

ыч

исл

ени

я:

а)п

лощ

адей

сф

еры

, се

гмен

т-н

ой п

овер

хн

ости

, ш

аров

ого

поя

са,

пов

ерх

нос

ти ш

аров

о-го

сек

тор

а; б

)об

ъем

ов ш

ара,

шар

овог

о се

гмен

та,

шар

о-во

го с

екто

ра,

шар

овог

о сл

оя.

Реш

ать

зад

ачи

на

выч

ис-

лен

ие:

а)

пл

ощад

и с

фер

ы,

сегм

ентн

ой п

овер

хн

ости

, ш

аров

ого

поя

са,

пов

ерх

нос

ти ш

аров

ого

сек

тор

а;

б)об

ъем

а ш

ара,

шар

овог

о се

гмен

та,

шар

овог

о се

кто

ра,

ш

аров

ого

слоя

, ар

гум

енти

ру

я с

вои

утв

ерж

ден

ия

. Р

е-ш

ать

зад

ачи

на:

а)

ком

бин

аци

и с

фер

ы (

шар

а) и

ци

ли

нд

-р

а; б

)к

омби

нац

ии

сф

еры

(шар

а) и

кон

уса

; в)

сфер

у и

шар

, оп

иса

нн

ые

окол

о к

уба

и в

пи

сан

ны

е в

нег

о; г

)сф

еру

и

шар

, оп

иса

нн

ые

окол

о п

ри

змы

и в

пи

сан

ны

е в

нее

; д

)сф

еру

и ш

ар,

впи

сан

ны

е в

пр

ави

льн

ый

тет

раэ

др

и

опи

сан

ны

е ок

оло

нег

о; е

)сф

еру

и ш

ар,

опи

сан

ны

е ок

оло

пи

рам

ид

ы и

вп

иса

нн

ые

в н

ее;

ж)

ком

бин

аци

и д

вух

сф

ер

(шар

ов)

и к

уба

; з)

ком

бин

аци

и т

рех

сф

ер и

тет

раэ

др

а.

Век

тор

но-

коо

рд

ин

атн

ым

мет

одом

реш

ать

зад

ачи

на

ком

-би

нац

ии

сф

еры

с м

ног

огр

анн

ик

ами

. А

ргу

мен

тир

оват

ь у

твер

жд

ени

я,

возн

ик

ающ

ие

по

ход

у р

ешен

ия

зад

ач н

а к

омби

нац

ию

сф

еры

(ш

ара)

с м

ног

огр

анн

ик

ами

, ц

ил

ин

д-

ром

, к

ону

сом

и д

ру

гим

и с

фер

ами

(ш

арам

и)

2154010o3.f

m P

age

18 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

19

Шар

овой

сег

мен

т, е

го о

снов

ани

е и

вы

сота

; се

гмен

тная

пов

ерх

нос

ть.

Шар

овой

сл

ой,

его

осн

ован

ия

и

высо

та;

шар

овой

поя

с. Ш

аров

ой

сек

тор

и е

го п

овер

хн

ость

. Ф

орм

ул

ы

дл

я в

ыч

исл

ени

я п

лощ

адей

сф

еры

, се

гмен

тной

пов

ерх

нос

ти,

шар

овог

о п

ояса

, п

овер

хн

ости

шар

овог

о се

к-

тор

а. Ф

орм

ул

ы д

ля

вы

чи

слен

ия

об

ъем

ов ш

ара,

шар

овог

о се

гмен

та,

шар

овог

о се

кто

ра,

шар

овог

о сл

оя.

Реш

ени

е за

дач

на:

а)

выч

исл

ени

е п

лощ

адей

пов

ерх

нос

тей

шар

а и

его

ч

асте

й;

б)вы

чи

слен

ие

объ

ема

шар

а и

его

час

тей

Пов

тор

ени

е в

зад

ачах

мат

ери

ала

о к

омби

нац

ия

х с

фер

, ш

аров

и

мн

огог

ран

ни

ков

2

Кон

трол

ьная

раб

ота

№6

2Р

ешат

ь за

дач

и н

а к

омби

нац

ии

дву

х с

фер

: а)

пер

есек

аю-

щи

хся

; б)

вп

иса

нн

ых

в т

рех

гран

ны

й у

гол

. Р

ешат

ь за

да-

чи

на

ком

бин

аци

ю м

ног

огр

анн

ик

а и

сф

еры

: а)

кас

аю-

щей

ся в

сех

его

реб

ер;

б) п

ерес

екаю

щей

его

пов

ерх

нос

ть.

Реш

ать

зад

ачи

на

ком

бин

аци

и ц

ил

ин

др

а (к

ону

са)

и д

вух

сф

ер,

рас

пол

ожен

ны

х в

ну

три

ци

ли

нд

ра

и к

асаю

щи

хся

ег

о п

овер

хн

ости

. И

зобр

ажат

ь сф

еру

в к

омби

нац

ии

с м

но-

гогр

анн

ик

ами

, ци

ли

нд

ром

, кон

усо

м и

др

уги

ми

сф

ерам

и.

Ар

гум

енти

ров

ать

свои

утв

ерж

ден

ия

по

ход

у р

ешен

ия

к

ажд

ой з

адач

и

2154010o3.f

m P

age

19 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

20

Ок

онч

ан

ие

та

бл.

Соде

ржан

ие м

атер

иала

уче

бник

аКо

личе

ство

ча

сов

Хара

ктер

исти

ка о

снов

ных

видо

в уч

ебно

й де

ятел

ьнос

ти у

чащ

ихся

Пов

тор

ени

е те

ори

и, п

рак

тик

ум

по

реш

ени

ю з

адач

сте

рео

мет

ри

и,

пр

овед

ени

е д

вух

час

овы

х о

бобщ

аю-

щи

х к

онтр

ольн

ых

раб

от №

7 и

8,

изу

чен

ие

изб

ран

ны

х т

ем р

азд

ела

«Д

опол

нен

ия

»

32

Пр

оек

ты1

.Ш

ары

и с

фер

ы,

впи

сан

ны

ев

ци

ли

нд

р и

кон

ус.

Шар

ы и

сф

е-р

ы,

опи

сан

ны

е ок

оло

ци

ли

нд

ра

и к

ону

са.

2.

Ком

бин

аци

и г

еом

етр

ич

еск

их

ф

игу

р в

ар

хи

тек

тур

е и

ок

ру

жаю

-щ

ем н

ас м

ир

е.3

.Т

очн

ые

и п

ри

бли

жен

ны

е м

етод

ы

нах

ожд

ени

я г

еом

етр

ич

еск

их

ве

ли

чи

н (

пл

ощад

ей и

объ

емов

).4

.П

ри

мен

ени

е м

етод

ов м

атем

ати

-ч

еск

ого

анал

иза

в г

еом

етр

ии

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

емат

изи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

аци

ю.

Исп

ольз

оват

ь р

азл

ич

ны

е и

сточ

ни

ки

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад

пр

оек

том

Все

го1

02 ч

2154010o3.f

m P

age

20 W

ednes

day

, D

ecem

ber

3, 2014 1:1

5 P

M

21

Методические указания

В данном разделе предлагаются краткие методические ре-комендации по изучению курса стереометрии в соответствиис главами учебника, решения и указания к решениям рядазадач из задачника УМК Е. В. Потоскуева, Л. И. Звавича«Математика: алгебра и начала математического анализа,геометрия. Геометрия. Углубленный уровень. 11 класс».

Как и в задачнике для 10 класса, в задачнике для 11 классасистема задач к каждому разделу стереометрии подобрана попринципу от простого — к сложному, что позволяет, с однойстороны, учителю дифференцированно и целенаправленнорекомендовать каждому ученику задачи определенной слож-ности, с другой стороны, каждому ученику самостоятельновыбирать для решения ту или иную задачу. Однако, преждечем приступить к решению сложных задач, учащийся дол-жен решить опорные (базисные, ключевые) задачи к данномуразделу стереометрии.

Любая задача может быть решена не единственным мето-дом, и решения задач, приведенные в этом пособии, не пре-тендуют на единственно возможные. Наоборот, авторы пред-полагают нахождение как учителями, так и учениками дру-гих, более рациональных решений. К тому же авторы непытались дать какие-то сверхрациональные или сверхори-гинальные решения; наши решения в основном рабочие идостаточно стандартные.

Следует особо отметить, что эти решения ни в коем случаенельзя принимать за образцы оформления заданий ввиду,например, отсутствия в них полных аргументированныхобоснований некоторых утверждений, что обусловлено не-возможностью подробного разбора огромного количествавсех задач в небольшой по объему книге.

Г л а в а 1. Преобразования пространства

Тема «Геометрические преобразования пространства» за-нимает важное место в изучении стереометрии 11 класса иможет изучаться на различных уровнях сложности. Это рас-

2154010o3.fm Page 21 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

22

пространяется как на теоретический, так и на задачный ма-териал. Она может быть изучена обзорно, с решением неболь-шого круга простейших задач и, напротив, может быть изу-чена достаточно подробно с решением многих и многих задачразличной степени сложности. Каждый учитель сам выберетподходящий его классу уровень изучения этой темы.

При углубленном изучении планиметрии учащиеся доста-точно хорошо овладевают геометрическими преобразования-ми плоскости и умеют применять их в качестве рабочегоаппарата при решении планиметрических задач как на до-казательство и вычисление, так и задач конструктивногохарактера, поэтому они сравнительно легко смогут перейтик изучению геометрических преобразований пространствав 11 классе.

Если же изучение планиметрии проходило на общеобра-зовательном уровне, то учителю в 11 классе либо потребует-ся дополнительное время на изучение темы «Геометриче-ские преобразования», либо эту тему придется изучать вуменьшенном объеме, а при решении задач соответственноуменьшить использование метода геометрических преобра-зований.

Вследствие недостаточно глубокого понимания учащими-ся «природы» геометрических преобразований они испыты-вают затруднения в их применении при решении задач какна доказательство и вычисление, так и на построение. В этойсвязи необходимо объяснить учащимся, что сущность поня-тия «геометрическое преобразование пространства» в гео-метрии, по сути, та же, что и сущность понятия «функциячислового аргумента» в алгебре: геометрическое преобразо-вание пространства можно рассматривать как своеобразную«геометрическую функцию», областью определения и мно-жеством значений которой являются точечные множества —геометрические фигуры. Тогда понятия «образ» и «прооб-раз» в теории геометрических преобразований становятсяаналогами понятий «значение аргумента» и «значениефункции» в теории числовых функций.

Существенным в теории геометрических преобразованийявляется свойство любого геометрического преобразованиявзаимно-однозначно отображать любую фигуру на ее образ,а пересечение любых двух фигур — на пересечение их обра-зов при этом преобразовании. Это замечательное свойствогеометрических преобразований является одним из опорных

2154010o3.fm Page 22 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

23

моментов при решении геометрических задач на доказатель-ство и построение методом геометрических преобразований.

По нашему мнению, главным отличием изучения геомет-рии в классах с математическим углублением является некакое-то особое усложнение или формализация теоретиче-ского материала, а методически верная подборка решаемыхзадач как в количественном, так и в качественном отноше-нии. Прежде всего, необходимо решить все простейшие,опорные задачи курса. Этими задачами ни в коем случае неследует пренебрегать, какими бы простыми они ни казались.Другое дело, что методика их решения в классах с углублен-ным изучением математики, вообще говоря, отличается отметодики решения в общеобразовательных классах и клас-сах гуманитарной направленности.

§ 1—2. Отображения пространства. Преобразования пространства

Изложение теоретического материала этой главы авторысоветуют вести лекционным методом, излагая материалкрупными тематическими блоками (методом укрупненныхдидактических единиц).

Изучив отображения и геометрические преобразованияпространства, учащиеся должны уметь четко различать видыотображений одной геометрической фигуры на другую, при

этом они должны знать, что: как при отображении V V ′,

так и при отображении V V ′ любая точка M ∈ V имеетединственный образ M ′ ∈ V ′; при отображении «в» не исклю-чено существование во множестве V ′ точек, которые не име-ют прообраза в V, в то время как при отображении «на» неисключено существование в V ′ таких точек, которые имеют вV более одного прообраза; если геометрическая фигура F припреобразовании g отображается на фигуру F ′, то фигура F ′

называется образом фигуры F при преобразовании g, а фигу-ра F — прообразом фигуры F ′ при том же преобразовании gили образом этой фигуры при преобразовании, обратномпреобразованию g, т. е. при преобразовании g–1; при биек-тивном (взаимно-однозначном) отображении множества V намножество V ′ образы любых двух различных точек различ-ны и две любые различные точки множества V ′ являютсяобразами двух различных точек множества V.

«в»

«на»

2154010o3.fm Page 23 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

24

Важным является следующий факт: преобразованиемпространства является лишь взаимно-однозначное (биектив-ное) отображение этого пространства на себя. Следствиемэтого является обратимость любого преобразования про-странства (существование обратного ему преобразования).

В нашем учебнике концептуально каждое преобразованиепространства (кроме преобразования подобия) задается «ал-горитмически-конструктивно» как отображение простран-ства на себя с последующим доказательством биективностизаданного отображения, иначе говоря, доказывается, что по-строенное отображение является преобразованием простран-ства, после чего вводятся соответствующие название и опре-деление, а также символическое обозначение этого преобра-зования, изучаются его свойства.

Заметим, что ни параллельное, ни центральное проектиро-вания пространства на плоскость не являются преобразова-ниями пространства, так как при этом все точки проектирую-щей прямой отображаются на одну и ту же точку плоскостипроекций — точку ее пересечения с проектирующей прямой.

Первым из преобразований, которые рассматриваются вучебнике, является центральная симметрия пространства. Напримере центральной симметрии начинают изучаться вопро-сы о наличии преобразования, обратного данному и совпадаю-щего с самим преобразованием, о координатной записи преоб-разования, о его неподвижных точках, неподвижных прямыхи неподвижных плоскостях, о композиции преобразований.

Учащимся следует пояснить, что при изучении геометриче-ских преобразований пространства интерес вызывает наличиенеподвижных точек, неподвижных прямых и неподвижныхплоскостей каждого из рассматриваемых преобразований.

По определению фигура F является неподвижной при дан-ном преобразовании g, если преобразование g отображает этуфигуру на себя, т. е. g(F) = F. В геометрии различают два вида«неподвижности фигуры F» при данном преобразовании g:

1) каждая точка фигуры F неподвижна (отображается насебя) при данном преобразовании g; в этом случае иногда го-ворят, что фигура F локально неподвижна, локально инва-риантна;

2) фигура F преобразованием g отображается на себя, носреди точек этой фигуры существуют как точки, каждая изкоторых неподвижна при преобразовании g, так и такие точ-ки, которые не являются неподвижными точками этого пре-образования g, но отображаются преобразованием g на точки

2154010o3.fm Page 24 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

25

фигуры F; в этом случае иногда говорят, что фигура F гло-бально неподвижна, глобально инвариантна.

Например, любая прямая, проходящая через точку A, гло-бально неподвижна (глобально инвариантна) при симметриис центром A; любая прямая (плоскость), перпендикулярнаяплоскости α, глобально инвариантна (глобально неподвижна)при симметрии относительно плоскости α, но сама плоскостьα локально неподвижна при симметрии Sα, так как каждаяточка плоскости α при симметрии Sα отображается на себя.

Следует обратить внимание учащихся на вопрос о равен-стве двух преобразований. По определению два преобразова-ния g1 и g2 пространства называются равными, если образылюбой точки пространства при этих преобразованиях совпа-дают, т. е. для любой точки M пространства имеет место

⇔ g1 = g2. Важным является не путь, не траек-

тория перемещения («путешествия») данной точки M прикаждом из преобразований g1 и g2, а тот факт, что в результа-те любого из преобразований g1 и g2 точка M, образно выра-жаясь, «пришла» в точку M ′.

Необходимо детально рассмотреть также вопрос о компо-зиции двух преобразований.

Для всяких двух преобразований g1 и g2 пространстваможно построить третье преобразование g3, которое называ-ют композицией преобразований g1 и g2 и обозначают симво-лически g3 = g2 � g1, при этом имеем:

g1(M) = M ′, g2(M ′) = M″ ⇒ g3(M) = (g2 � g1)(M) = g2(g1(M)) = = g2(M ′) = M″.

При таком определении композиции g2 � g1 преобразова-ний g1 и g2 сначала применяется преобразование g1 («пра-вое») и к его результату применяется преобразование g2.

Введенное обозначение вполне естественно, так как за-пись (g2 � g1)(M) = g2(g1(M)) в теории геометрических преоб-разований аналогична записи (f2 � f1)(x) = f2(f1(x)) в теориифункций. Иными словами, понятие «композиция преобразо-ваний» в курсе геометрии аналогично понятию «сложнаяфункция» («суперпозиция функций») в курсе алгебры.

Учащиеся должны знать, что композиция двух преобразо-ваний не обладает свойством коммутативности (перемести-

g1(M) = M ′

g2(M) = M ′

2154010o3.fm Page 25 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

26

тельности), т. е. не для всяких преобразований g1 и g2 выпол-няется равенство g2 � g1 = g1 � g2. В справедливости этого ут-верждения они могут убедиться на конкретных примерах.

В результате изучения материала § 1—2 учащиеся должныдостичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определениятаких понятий, как:

— отображение и преобразование пространства;— тождественное преобразование пространства;— композиция преобразований пространства;— преобразование, обратное данному преобразованию простран-

ства;— равенство двух преобразований пространства;— неподвижная фигура при данном преобразовании пространства;— центральная симметрия пространства;• на моделях и изображениях многогранников иллюстрировать

инъективные, сюръективные и биективные отображения одной гео-метрической фигуры на другую, расположенных в пространстве;

• иллюстрировать центрально-симметричные геометрическиефигуры, расположенные в пространстве;

• находить координаты образа точки, центрально-симмет-ричной данной точке, по заданным ее координатам в декартовойпрямоугольной системе координат;

• строить образы точек, фигур при данном отображении про-странства;

• производить символические обозначения, записи при отобра-жениях и преобразованиях пространства;

• аргументированно объяснять построение образов точек, пря-мых и плоскостей, других геометрических фигур при центральнойсимметрии пространства.

1.004. Можно ли взаимно-однозначно отобразить: а) по-верхность куба на поверхность другого куба; б) поверхностькуба на поверхность прямоугольного параллелепипеда;в) поверхность куба на сферу; г) поверхность тетраэдра насферу; д) сферу с «выколотой» точкой на плоскость? Сделатьсоответствующие рисунки.

Решение. а) Достаточно кубы расположить так, чтобы со-впали их центры, а грани одного были параллельны гранямдругого. Тогда поверхность одного куба взаимно-однозначноотображается на поверхность другого куба посредствомцентрального проектирования из их общего центра.

в) Достаточно центр сферы совместить с центром куба,тогда поверхность куба взаимно-однозначно отображаетсяна сферу посредством центрального проектирования из ихобщего центра.

2154010o3.fm Page 26 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

27

д) Если в сфере с диаметром AB «выколота» точка A, тодостаточно плоскость расположить так, чтобы она была пер-пендикулярна прямой AB. Тогда посредством центральногопроектирования с центром A осуществляется взаимно-одно-значное отображение данной сферы с «выколотой» точкой Aна эту плоскость.

1.009. Две окружности центрально-симметричны. Могутли они лежать: а) в одной плоскости; б) на одной сфере;в) в различных плоскостях?

Решение. а) Так как центральная симметрия — движение,то данные две окружности равны. Две равные окружности мо-гут лежать в одной плоскости. При этом, если эти окружностипересекаются в точках A и B, то их центром симметрии служитсередина отрезка AB; если окружности касаются, то центромих симметрии служит точка касания; если окружности не име-ют общих точек, то центром их симметрии является точка пе-ресечения общих внутренних касательных этих окружностей.

б) При симметрии относительно центра сферы любая ееточка отображается на точку этой же сферы. Центрально-симметричные окружности, не лежащие в одной плоскости,могут быть расположены только в двух параллельных плос-костях. Поэтому две данные окружности могут лежать на од-ной сфере, если отрезок с концами в их центрах перпендику-лярен этим плоскостям: середина перпендикуляра является

центром этой сферы, а ее радиус равен , где r —

радиус данных окружностей, d — длина перпендикуляра.в) См. 1.109 (б).

1.017. Даны точки A(3; 2; 1) и B(–1; 2; 6). Найти координа-ты образа точки B при композиции центральных симметрий:а) ZA � ZO; б) ZO � ZA, где точка O — начало координат.

Решение. а) Пусть B1(x1; y1; z1) = ZO(B), B2(x2; y2; z2) == ZA(B1). Тогда, пользуясь координатными формулами цент-ральной симметрии относительно начала координат и фор-мулами деления отрезка пополам, получаем: x1 = 1; y1 = –2;z1 = –6; x2 = 2•3 – 1 = 5; y2 = 2•2 – (–2) = 6; z2 = 2•1 – (–6) == 8. Таким образом, (ZA � ZO)(B) = B2(5; 6; 8).

б) Пусть C1(x1; y1; z1) = ZA(B), C2(x2; y2; z2) = ZO(C1). Тогда:x1 = 2•3 – (–1) = 7; y1 = 2•2 – 2 = 2; z1 = 2•1 – 6 = –4; x2 = –7;

y2 = –2; z2 = 4. Таким образом, (ZO � ZA)(B) = C2(–7; –2; 4).

r2 +d2

4------

2154010o3.fm Page 27 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

28

§ 3. Движения пространства. Общие свойства движений

Движения пространства, являясь основным объектом приизучении вопросов геометрических преобразований простран-ства в школьной геометрии, обладают многими свойствами,аналогичными свойствам движений плоскости, которые былиизучены в курсе планиметрии. Поэтому изложению теорети-ческого материала этого параграфа целесообразно предпо-слать повторение аналогичного планиметрического матери-ала и лекционным методом подробно или обзорно рассмотретьобщие свойства движений пространства.

В этом же параграфе изучаются некоторые свойства одно-го из видов движений — центральной симметрии.

В учебнике доказано, что движение отображает любойтетраэдр на равный ему тетраэдр. Учащиеся должны знать,что важным свойством любого движения является то, чтоэто движение или меняет ориентацию любого тетраэдра, илиориентация любого тетраэдра при данном движении остает-ся неизменной. В этой связи все движения пространства под-разделяются на два рода. Именно движение пространства,при котором ориентация тетраэдра сохраняется, называетсядвижением первого рода; движение пространства, меняю-щее ориентацию тетраэдра, называется движением второгорода. Например, тождественное преобразование являетсядвижением первого рода, а центральная симметрия про-странства — движением второго рода. Далее учащиеся по-знакомятся с другими движениями первого и второго рода.

Учащимся необходимо объяснить важность введенногоопределения равенства фигур: фигура F2 пространства назы-вается равной фигуре F1, если существует движение, отобра-жающее фигуру F1 на F2. На основании этого определения нетребуется применять признаки равенства фигур для выясне-ния, равны ли фигуры F1 и F2, а достаточно найти хотя быодно движение пространства, отображающее F1 на F2, тогдапо определению фигуры F1 и F2 считаются равными.

В результате изучения материала § 3 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение дви-жения пространства;

• знать и понимать координатные формулы преобразованияцентральной симметрии;

• знать и понимать, что движение пространства отображает:— отрезок на равный ему отрезок;— прямую на прямую;

2154010o3.fm Page 28 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

29

— луч на луч;— треугольник на равный ему треугольник;— плоскость на плоскость;— полуплоскость на полуплоскость;— тетраэдр на равный ему тетраэдр;— полупространство на полупространство;• при движении пространства любая фигура отображается на

равную ей фигуру;• знать и понимать, что при любом движении:— две параллельные прямые отображаются на две параллель-

ные прямые;— две параллельные плоскости отображаются на две параллель-

ные плоскости;— перпендикулярные прямые отображаются на перпендику-

лярные прямые;— прямая, перпендикулярная плоскости, отображается на пря-

мую, перпендикулярную образу этой плоскости;— двугранный угол отображается на равный ему двугранный

угол;— любое движение g пространства отображает ортонормирован-

ный базис с базисными векторами , , на ортонормированный

базис с базисными векторами ′ = g( ), ′ = g( ), ′ = g( );— любое движение g пространства может быть задано двумя ор-

тонормированными базисами ( ; ; ) и ( ′; ′; ′);— если О, А, В, С — четыре точки, не лежащие в одной плоскос-

ти, и О ′, А ′, В ′, С ′ — такие четыре точки, что ОА = О ′А ′, ОВ = О ′В ′,ОС = О ′С ′, АВ = А ′В ′, ВС = В ′С ′, АС = А ′С ′, то существует, и при-том только одно, движение пространства, отображающее точки О,А, В, С соответственно в точки О ′, А ′, В ′, С ′, т. е. отображающеететраэдр ОАВС на равный ему тетраэдр О ′А ′В ′С ′;

• формулировать и понимать определение равенства двух фигурна основании движений в пространстве;

• формулировать и понимать определение движения первого ро-да в пространстве;

• формулировать и понимать определение движения второго ро-да в пространстве;

• формулировать и понимать свойства центральной симметриипространства;

• конструктивно строить образы фигур при центральной сим-метрии;

• «строить образы» точки, прямой, плоскости, сферы, пользу-ясь координатными формулами центральной симметрии;

• определять неподвижные фигуры при центральной симметрии;• определять и корректно обосновывать существование центра

симметрии данной геометрической фигуры;• применять центральную симметрию при решении стереомет-

рических задач на доказательство, построение и вычисление.

i j k

i i j j k k

i j k i j k

2154010o3.fm Page 29 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

30

1.019. Может ли движение пространства иметь ровно од-ну неподвижную точку? А ровно две?

Решение. Примером движения, имеющего ровно одну не-подвижную точку, может служить центральная симметрия.

Допустим, что некоторое движение f имеет две неподвиж-ные точки A и B. Так как при любом движении прямая отобра-жается на прямую и сохраняется расстояние между любымиточками, то середина отрезка AB также при этом движенииотображается на себя, т. е. появляется третья неподвижнаяточка этого движения, что противоречит условию задачи. Бо-лее того, каждая точка прямой AB является неподвижнойточкой движения f. Значит, ровно две неподвижные точки ни-какое движение пространства иметь не может.

1.028. Может ли движение пространства иметь ровно тринеподвижные точки? А ровно четыре?

Решение. Допустим, что некоторое движение f имеет тринеподвижные точки A, B и C. Если эти точки лежат на однойпрямой, то каждая точка этой прямой неподвижна при дви-жении f (см. 1.019). Если точки A, B и C не принадлежат од-ной прямой, то каждая из прямых AB, BC и AC являетсямножеством неподвижных точек движения f (см. 1.019). Бо-лее того, в этом случае вся плоскость ABC является множест-вом неподвижных точек движения f, что противоречит усло-вию задачи. Таким образом, не существует движения про-странства, которое имело бы ровно три неподвижные точки.

Не может движение иметь и ровно четыре неподвижныеточки, так как любые три из этих неподвижных точек опре-деляют или проходящую через них прямую неподвижныхточек, или проходящую через них плоскость неподвижныхточек, что противоречит условию.

1.040. Даны точка O и фигура F. Рассмотрим все точкипространства, симметричные точке O относительно всех то-чек фигуры F. Какую фигуру они образуют, если фигура F:а) отрезок; б) прямая; в) плоскость; г) треугольник; д) куб;е) шар? Ответ пояснить на рисунке.

Решение. а) Пусть в качестве фигуры F дан отрезок AB.Тогда из ZA(O) = A1 и ZB(O) = B1 следует соответственно OA1 == 2OA и OB1 = 2OB. Значит, отрезок A1B1 параллелен отрез-ку AB и |A1B1| = 2|AB|. Если M — любая точка отрезка AB иZM(O) = M1, то точка M1 принадлежит отрезку A1B1. В силу

2154010o3.fm Page 30 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

31

произвольного выбора точки M на отрезке AB приходим квыводу: множеством всех точек, симметричных точке O от-носительно всех точек отрезка AB, является такой отрезокA1B1, что A1B1 � AB и |A1B1| = 2|AB|.

Аналогично решаются остальные задачи этого номера.

1.042. При отображении f куб отобразился на другой куб.Могут ли эти кубы быть неравными? Может ли это отображе-ние быть движением? На какую фигуру при этом отобразит-ся правильный тетраэдр?

Решение. Если ребра данного куба и его образа при отобра-жении f не равны, то эти кубы не равны и отображение f неявляется движением; правильный тетраэдр при этом отобра-зится на не равный ему правильный тетраэдр.

Если же ребра данного куба и его образа при отображенииf равны, то данные кубы равны. Это означает, что данноеотображение f — движение пространства. А так как при лю-бом движении сохраняются длины отрезков, величины пло-ских, двугранных и многогранных углов, то образом пра-вильного тетраэдра при отображении f является равный емуправильный тетраэдр.

1.045. Написать уравнения образа прямой

t ∈ R

при симметрии относительно начала координат.Решение. Центральная симметрия с центром в начале ко-

ординат отображает любую точку M(x; y; z) пространства на

такую точку M ′(x ′; y ′; z ′), что векторы и ′ противопо-ложны, поэтому эта симметрия задается формулами: x′ = –x,y ′ = –y, z ′ = –z. Значит, точка (3; 5; 0) данной прямой ото-бражается при симметрии ZO на точку (–3; –5; 0). Так какпрямая, не проходящая через центр симметрии, отображает-ся на параллельную ей прямую, то направляющий вектор

(–2; 3; –1) данной прямой является направляющим и дляее образа при этой симметрии. Тогда искомые параметриче-ские уравнения образа данной прямой имеют вид:

t ∈ R.

x = 3 – 2t,y = 5 + 3t,z = –t,

OM OM

p

x = –3 – 2t,y = –5 + 3t,z = –t,

2154010o3.fm Page 31 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

32

§ 4. Симметрия относительно плоскости

Перед изучением преобразования симметрии относитель-но плоскости в пространстве необходимо повторить плани-метрический материал о преобразовании симметрии относи-тельно прямой в плоскости. После определения и рассмот-рения свойств преобразования симметрии относительноплоскости следует выделить аналогичные свойства этих сим-метрий, подчеркнув, что как симметрия относительно пря-мой в плоскости, так и симметрия относительно плоскости впространстве являются движениями второго рода. Жела-тельно, чтобы учащиеся построили тетраэдр, симметричныйданному тетраэдру относительно данной плоскости, и убеди-лись в противоположной ориентации этих тетраэдров. Этоозначает, что композиция четного числа симметрий относи-тельно плоскости есть движение первого рода, а композициянечетного числа таких симметрий — движение второго рода.

Интерес представляют фигуры пространства, имеющиеплоскости симметрии. О многогранниках, имеющих плос-кости симметрии, ученики могут прочитать в конце учебни-ка в очерке «О симметриях правильных многогранников».

В результате изучения материала § 4 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определениесимметрии относительно плоскости;

• формулировать и понимать свойства симметрии относительноплоскости:

— симметрия относительно плоскости — движение пространства;— симметрия относительно плоскости — движение второго рода;• понимать, что при симметрии относительно плоскости непо-

движными являются:— каждая прямая, расположенная в плоскости симметрии;— каждая прямая, перпендикулярная плоскости симметрии;— сама плоскость симметрии;— каждая плоскость, перпендикулярная плоскости симметрии;• знать и понимать координатные формулы преобразования

симметрии относительно плоскости;• конструктивно строить образы фигур при симметрии относи-

тельно плоскости;• «строить образы» точки, прямой, плоскости, сферы, пользуясь

координатными формулами симметрии относительно плоскости;• определять и корректно обосновывать существование плоскос-

ти симметрии данной геометрической фигуры;• применять симметрию относительно плоскости при решении

стереометрических задач на доказательство, построение и вычис-ление.

2154010o3.fm Page 32 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

33

1.052. В правильном тетраэдре окрашены две грани.Сколько плоскостей симметрии у окрашенного таким обра-зом тетраэдра?

Решение. Пусть окрашены грани ABC и PBC правильноготетраэдра PABC. Нужно найти такую плоскость, при сим-метрии относительно которой тетраэдр отображается на се-бя, при этом окрашенный треугольник отображается наокрашенный, а неокрашенный — на неокрашенный.

Обозначим H и K — середины соответственно ребер AP иBC. Тогда при симметрии относительно плоскости HBC точ-ки B и C являются неподвижными, а точки A и P взаимносимметричны.

Это означает, что при симметрии относительно плоскостиBCH окрашенные грани ABC и PBC отобразятся одна на дру-гую, а каждая из граней APB и APC отобразится на себя. Та-ким образом, плоскость BCH является плоскостью симмет-рии окрашенного тетраэдра.

Можно доказать, что плоскость APK также являетсяплоскостью симметрии данного тетраэдра.

1.058. В кубе окрашены одним цветом: а) две грани; б) триграни. Сколько плоскостей симметрии имеет окрашенныйтаким образом куб?

Решение. Рассмотрим куб ABCDA1B1C1D1.а) Пусть окрашены две смежные грани ADD1A1 и A1B1C1D1

куба. Плоскостями симметрии этого куба служат только двеплоскости: плоскость BCD1 и плоскость, перпендикулярнаяребру BC и проходящая через его середину.

Если окрашены две противоположные грани ABCD иA1B1C1D1 куба, то такой куб имеет пять плоскостей симмет-рии. Ими являются: плоскость ACC1; плоскость BDD1; плос-кость, перпендикулярная ребру BC и проходящая через егосередину; плоскость, перпендикулярная ребру AB и прохо-дящая через его середину; плоскость, перпендикулярнаяребру AA1 и проходящая через его середину.

б) Пусть окрашены три грани ABB1A1, BCC1B1 и A1B1C1D1

куба, имеющие общую вершину B1. Этот куб имеет три плос-кости симметрии: плоскость BDD1; плоскость AB1С1; плос-кость A1B1C.

Если окрашены три последовательно смежные граниADD1A1, D1A1B1C1 и B1С1CB куба, то такой куб имеет двеплоскости симметрии: плоскость, перпендикулярную ребру

2154010o3.fm Page 33 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

34

BC и проходящую через его середи-ну; плоскость, перпендикулярнуюребру AB и проходящую через егосередину.

1.066. Точки A и B расположеныв одном полупространстве относи-тельно данной плоскости α и не ле-жат в ней. Построить в плоскости αтакую точку M, сумма расстоянийот которой до точек A и B была бынаименьшей.

Решение. Построим точку A1 = Sα(A) (рис. 1). Так как пре-образование симметрии — движение и Sα(A) = A1, Sα(M) = M(M — точка плоскости симметрии), то AM = A1M. Значит,AM + MB = A1M + MB. Но длина ломаной A1MB будет наи-меньшей, если все три точки A1, M и B будут лежать на од-ной прямой. Это означает, что точка M, удовлетворяющаяусловию задачи, должна быть точкой пересечения прямойA1B и плоскости α, т. е. M = A1B ∩ α. Таким образом, прихо-дим к следующему пути решения задачи.

Строим точку A1 = Sα(A) и проводим плоскость β черезпрямую AA1 и точку B. Обозначим: с = α ∩ β, M = A1B ∩ c == А1B ∩ α (см. рис. 1). Точка M — искомая.

Для доказательства того, что точка M = A1B ∩ α являет-ся искомой, достаточно в плоскости α выбрать любую точкуP ≠ M и доказать, что AM + MB < AP + PB. Справедли-вость этого неравенства следует из того, что, во-первых,AM + MB = A1M + MB = A1B и, во-вторых, в треугольни-ке A1PB справедливо неравенство A1P + PB > A1B = A1M ++ MB = AM + MB.

1.068. Через прямую p проводятся всевозможные плос-кости. Точка M удалена от прямой p на расстояние b. Какуюфигуру образуют все точки, симметричные точке M относи-тельно этих плоскостей?

Решение. Проведем через точку M плоскость α ⊥ p и обо-значим: O = α ∩ p. Если β — одна из плоскостей, проходящихчерез прямую p и Sβ(M) = M1, Sβ(O) = O, то OM = OM1 = bи OM ⊥ p, OM1 ⊥ p (рис. 2).

Когда плоскость β будет вращаться вокруг прямой p,в плоскости α будет вращаться вокруг точки O точка M1,симметричная точке M. Это означает, что множество всех

A

B

C c

A1

α

β

PM

Рис. 1

2154010o3.fm Page 34 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

35

точек, симметричных точке M относительно всех плоскос-тей, проходящих через прямую p, образует окружность сцентром O и радиусом b. Эта окружность проходит через точ-ку M и расположена в плоскости α ⊥ p.

1.073. Написать уравнения образа прямой

t ∈ R

при симметрии относительно плоскости Oxy.Решение. Если образом точки M(x; y; z) при симметрии

относительно плоскости Oxy является точка M ′(x ′; y ′; z ′), токоординаты этих точек связаны соотношениями x′ = x, y ′ = y,z ′ = –z. Такими же соотношениями связаны координаты лю-бого вектора и его образа при симметрии относительно плос-кости Oxy.

Точка A(3; 5; 0) данной прямой расположена в плоскостиOxy, поэтому при симметрии относительно этой плоскостиона отображается на себя; направляющий вектор (–2; 3; –1)данной прямой при этой симметрии отображается на век-тор (–2; 3; 1), который служит направляющим для обра-за данной прямой при данной симметрии. Поэтому пара-метрические уравнения прямой, симметричной данной пря-мой при симметрии относительно плоскости Oxy, имеютвид:

t ∈ R.

Рис. 2

β

p

O

M1

Mα

х = 3 – 2t,у = 5 + 3t,z = –t,

p

q

x = 3 – 2t,y = 5 + 3t,z = t,

2154010o3.fm Page 35 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

36

1.074. Написать уравнение образа плоскости 2x + 3y – z –– 5 = 0 при симметрии относительно плоскости Oxz.

Решение. Если образом точки M(x; y; z) при симметрии от-носительно плоскости Oxz является точка M ′(x′; y ′; z′), то ко-ординаты этих точек связаны соотношениями x ′ = x, y ′ = –y,z ′ = z. Такими же соотношениями связаны координаты лю-бого вектора и его образа при симметрии относительно плос-кости Oxz.

Точка (1; 1; 0) данной плоскости при симметрии относи-тельно плоскости Oxz отображается на точку (1; –1; 0); век-тор (2; 3; –1) нормали данной плоскости отображается приэтой симметрии на вектор (2; –3; –1), который служит век-тором нормали для образа данной плоскости при даннойсимметрии. Поэтому уравнение плоскости, симметричнойданной плоскости относительно плоскости Oxz, имеет вид:

2(x – 1) – 3(y + 1) – (z – 0) = 0 или 2x – 3y – z – 5 = 0.

§ 5. Параллельный перенос. Скользящая симметрия

Параллельный перенос пространства определяется анало-гично параллельному переносу плоскости и обладает многи-ми свойствами, аналогичными свойствам параллельного пе-реноса плоскости. Примечательно, что параллельный пере-нос на ненулевой вектор неподвижных точек не имеет, нолюбая прямая, параллельная вектору , является неподвиж-ной прямой при переносе на этот вектор, равно как и любаяплоскость, параллельная вектору , является неподвижнойплоскостью при параллельном переносе на этот вектор; приэтом на каждой из этих прямых и плоскостей индуцируетсяпараллельный перенос на вектор .

В результате изучения материала § 5 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение па-раллельного переноса пространства;

• знать и понимать координатные формулы преобразованияпараллельного переноса пространства;

• формулировать и понимать свойства параллельного переносапространства:

— параллельный перенос пространства — движение первогорода;

— параллельный перенос отображает:прямую на параллельную ей прямую либо на себя;луч на сонаправленный с ним луч;

nm

p

p

p

2154010o3.fm Page 36 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

37

вектор на равный ему вектор (на себя);плоскость на параллельную ей плоскость либо на себя;— неподвижной прямой (плоскостью) при параллельном пере-

носе является любая прямая (плоскость), параллельная векторупереноса;

• применять параллельный перенос пространства при решениистереометрических задач на доказательство, построение и вычис-ление;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение сколь-зящей симметрии пространства;

• формулировать и понимать свойства скользящей симметриипространства:

— скользящая симметрия является движением;— скользящая симметрия не имеет неподвижных точек;— любая прямая плоскости симметрии, параллельная вектору

переноса, является неподвижной прямой скользящей симметрии;— неподвижной плоскостью скользящей симметрии является

не только плоскость симметрии α, а также любая плоскость, пер-пендикулярная плоскости α и параллельная вектору переноса;

— скользящая симметрия — движение второго рода;• применять параллельный перенос и скользящую симметрию

при решении стереометрических задач на доказательство, постро-ение и вычисление.

1.079. Через стороны AB и CD параллелограмма ABCDпровели две параллельные плоскости и в них построилидва равных треугольника ABM и DCK (AM = DK и BM == CK), расположив их в одном полупространстве относи-тельно плоскости данного параллелограмма. Найти рас-стояние между центроидами треугольников ABM и DCK,если AB = a, ВС = b.

Решение. Из условия задачи следует, что AM � DK иBM � CK (рис. 3). Учитывая, что AM = DK и BM = CK, прихо-

дим к выводу: при параллельном переносе на вектор вер-шины треугольника ABM отображаются соответственно навершины треугольника DCK.

Параллельный перенос —движение, поэтому серединаH стороны AB треугольникаABM отображается при пе-

реносе на вектор на се-редину P стороны DC тре-угольника DCK, а центро-ид O треугольника ABM —на центроид F треугольни-

AB A′B′

BC

Рис. 3

β

M

AO

B C

P

D

H

K

α

FBC

2154010o3.fm Page 37 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

38

ка DCK, т. е. = . Так как | | = b, то расстояние междуцентроидами O и F данных треугольников равно b.

1.089. B основании пирамиды PABCD лежит квадратABCD. Ребро PA пирамиды перпендикулярно ее основанию.Через середину ребра PB проведено сечение, параллельноеплоскости APD. Какова площадь сечения, если площадь гра-ни APD равна 32?

Решение. Пусть точка K — середина ребра PB. Так каксечение параллельно плоскости APD, то секущая плоскостьпересекает: плоскость грани ABP по прямой, параллельнойAP; плоскость грани BCP — по прямой, параллельной BC;плоскость грани PCD — по прямой, параллельной PD; плос-кость основания ABCD — по прямой, параллельной AD. По-этому проводим: 1) KL � AP, L ∈ AB; 2) KM � BC, M ∈ PC;3) MH � PD, H ∈ CD.

Четырехугольник (трапеция) KLHM — искомое сечение.По теореме Фалеса точки L, H, M — середины отрезков соот-ветственно AB, CD, CP.

Для вычисления площади трапеции LHMK рассмотрим

параллельный перенос на вектор = . Этот перенос ото-бражает плоскость сечения на плоскость грани APD, причем

(L) = A, (K) = E, (M) = F, (H) = D, где E ∈ PA, F ∈ PD,откуда: (четырехугольник LHMK) = четырехугольникADFE.

Параллельный перенос — движение, поэтому площадичетырехугольников LHMK и ADFE равны. Найдем площадьчетырехугольника ADFE.

Так как LA = KE = MF = | | , то LA � KE � MF � AB � CD.Следовательно, точки E и F — середины сторон соответствен-но AP и DP треугольника ADP. Поэтому треугольники PEF

и PAD гомотетичны с коэффициентом гомотетии k = . Зна-

чит, S�PEF = S�PAD. Откуда SADFE = S�ADP = •32 = 24.

Тогда SKLHM = SADFE = 24 (кв. ед.).

§ 6. Поворот вокруг оси. Осевая симметрия. Зеркальный поворот. Винтовое движение

Прежде чем приступать к рассмотрению поворота про-странства вокруг оси на ориентированный угол, необходимоповторить поворот плоскости вокруг точки на ориентирован-

OF BC BC

p LA

p p p pp

p

12---

34---

34---

34---

2154010o3.fm Page 38 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

39

ный угол. При этом необходимо учитывать следующее обсто-ятельство.

Любая плоскость α разбивает все пространство на два по-лупространства, и если из точек одного полупространстваугол AOB, расположенный в плоскости α, наблюдается ори-ентированным положительно (вращение от OA к OB наблю-дается из точек этого полупространства против часовойстрелки), то из точек другого полупространства угол AOB на-блюдается ориентированным отрицательно. Чтобы достичьоднозначности в определении ориентации угла поворота вплоскости α, расположенной в пространстве, предлагаетсядоговориться: «с какой стороны смотреть на плоскость α».С этой целью всякий раз ось вращения будем ориентироватьтак, чтобы на плоскость α, перпендикулярную оси враще-ния, «смотреть» с «положительного направления» этой оси.В таком случае мы получаем поворот в плоскости α на поло-жительно ориентированный угол, если этот поворот наблю-дается против часовой стрелки из любой точки положитель-ной полуоси. Если же из любой точки положительной полу-оси этот поворот наблюдается по часовой стрелке, то будемсчитать, что вращение в плоскости α происходит на отрица-тельно ориентированный угол.

Таким образом, мы будем рассматривать преобразованиевращения пространства вокруг ориентированной прямой(т. е. вокруг оси), и всякий раз для определения угла поворо-та нам придется «смотреть» с положительного направленияоси вращения на плоскость, перпендикулярную этой оси.Однако это преобразование поворота часто называют просто«поворотом вокруг прямой», имея в виду поворот вокругориентированной прямой. Кроме того, так как в дальнейшемрассматривается поворот только на ориентированный угол,то слово «ориентированный» опускается, а ориентация углауказывается знаком «+» или «–».

Осевая симметрия пространства может быть определена«конструктивно» с использованием понятия «пара симмет-ричных точек относительно прямой» или как поворот про-странства вокруг прямой на угол 180°.

Интерес представляют фигуры пространства, имеющие осисимметрии. О многогранниках, имеющих оси симметрии,ученики могут прочитать в конце учебника в очерке «О сим-метриях правильных многогранников».

2154010o3.fm Page 39 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

40

В результате изучения материала § 6 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определениеповорота пространства вокруг оси на данный угол;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение осе-вой симметрии в пространстве;

• формулировать, понимать, иллюстрировать определение и по-строение пар симметричных точек при осевой симметрии в про-странстве;

• формулировать, понимать, иллюстрировать определениефигуры, симметричной относительно прямой в пространстве;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение зер-

кального поворота � Sα в пространстве;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение вин-

тового движения � в пространстве;

• формулировать, понимать и иллюстрировать свойства поворо-та вокруг оси, осевой симметрии в пространстве, зеркального пово-рота в пространстве, винтового движения в пространстве:

— поворот вокруг оси есть движение первого рода;— неподвижной при повороте вокруг оси является лишь каждая

точка оси вращения;— единственной неподвижной прямой при повороте вокруг оси

является ось поворота;— неподвижной при повороте вокруг оси является любая плос-

кость, перпендикулярная оси вращения; — осевая симметрия — поворот вокруг оси на угол 180°;— неподвижной при осевой симметрии является каждая точка

оси симметрии;— неподвижной прямой при осевой симметрии является ось

симметрии и любая прямая, пересекающая ось симметрии и ейперпендикулярная;

— неподвижной при осевой симметрии является любая плос-кость, перпендикулярная оси симметрии;

— осевая симметрия — преобразование, совпадающее со своимобратным преобразованием;

— единственной неподвижной точкой при зеркальном повороте

� Sα является точка пересечения плоскости α с осью а поворота;

— неподвижной прямой при зеркальном повороте � Sα явля-

ется ось а поворота и только она;— единственной неподвижной плоскостью при зеркальном по-

вороте � Sα является плоскость α;

— зеркальный поворот � Sα — движение второго рода;

— винтовое движение � — движение первого рода;

Raϕ

p Raϕ

Raϕ

Raϕ

Raϕ

Raϕ

p Raϕ

2154010o3.fm Page 40 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

41

— неподвижных точек при винтовом движении � нет;

— единственной неподвижной прямой при винтовом движении

� является ось а поворота;

— неподвижных плоскостей при винтовом движении � нет;

— композиция двух симметрий относительно пересекающихсяплоскостей есть поворот вокруг прямой пересечения этих плоскос-тей на удвоенный угол между ними;

— композиция двух симметрий относительно параллельныхплоскостей есть параллельный перенос на вектор, который перпен-дикулярен этим плоскостям и имеет длину, равную удвоенномурасстоянию между ними;

— любое движение пространства, сохраняющее ориентациютетраэдра (движение первого рода), есть либо параллельный пере-нос, либо поворот вокруг оси (в частности, осевая симметрия), либовинтовое движение. Любое движение пространства, изменяющееориентацию тетраэдра (движение второго рода), представляет со-бой либо зеркальную симметрию, либо скользящую симметрию,либо зеркальный поворот (в частности, центральную симметрию —зеркальный поворот на угол 180°);

• применять поворот вокруг оси, осевую симметрию, зеркаль-ный поворот, винтовое движение при решении стереометрическихзадач на доказательство, построение и вычисление.

1.094. Построить тетраэдр, имеющий одну ось симмет-рии.

Указание. Рассмотреть тетраэдр PABC, в котором лишьAP = BP = AC = BC.

1.110. Построить ось симметрии фигуры, являющейсяобъединением двух прямых, проходящих через: а) скрещи-вающиеся ребра куба; б) противоположные ребра правильно-го тетраэдра; в) скрещивающиеся диагонали противополож-ных граней куба; г) скрещивающиеся диагональ куба и ди-агональ его грани.

Решение. а) Пусть дан куб ABCDA1B1C1D1. Осью симмет-рии фигуры, являющейся объединением двух прямых, про-ходящих через скрещивающиеся ребра AA1 и BC, являетсяпрямая AB, перпендикулярная каждому из этих ребер.

б) В правильном тетраэдре прямая, проходящая через сере-дины противоположных ребер, перпендикулярна каждому изних, поэтому она является осью симметрии фигуры, являю-щейся объединением двух прямых, проходящих через этиребра.

p Raϕ

p Raϕ

p Raϕ

2154010o3.fm Page 41 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

42

в) Осью симметрии фигуры, являющейся объединениемдвух прямых, проходящих через скрещивающиеся диагона-ли AD1 и B1C противоположных граней ADD1A1 и BCC1B1

куба, является прямая, проходящая через центры этих гра-ней.

г) Рассмотрим скрещивающиеся диагональ BD1 куба и ди-агональ B1C его грани BCC1B1. Можно доказать, что прямаяBD1 перпендикулярна плоскости AB1C и пересекает этуплоскость в центроиде M правильного треугольника AB1С.При этом, если точка O — центр грани BCC1B1, то AO — вы-сота правильного треугольника AB1C, проходящая черезточку M. Таким образом, прямая AO перпендикулярна каж-дой из прямых BD1 и B1C, следовательно, прямая AO — осьсимметрии фигуры, являющейся объединением скрещиваю-щихся прямых BD1 и B1C.

1.121. Даны точки A(1; 3; –1) и B(7; 5; –1). Привести при-меры движений, отображающих точку A на точку B.

Решение. Так как середина любого отрезка является егоцентром симметрии, то при симметрии относительно точки(4; 4; –1), являющейся серединой отрезка AB, точка A ото-бражается на точку B.

Параллельный перенос может быть задан как векторомпереноса, так и парой соответственных точек. В нашем слу-чае точка A отобразится на точку B при переносе на вектор

(6; 2; 0).Из определения пар точек, симметричных относительно

плоскости, следует, что точка A отобразится на точку B присимметрии относительно плоскости, перпендикулярной от-резку AB и проходящей через его середину.

Составим уравнение этой плоскости, для чего в качествевектора нормали к этой плоскости выберем вектор (3; 1; 0),

коллинеарный вектору (6; 2; 0), а в качестве данной точкиплоскости примем середину отрезка AB — точку (4; 4; –1).Тогда получаем следующее уравнение плоскости симметрии:3(x – 4) + (y – 4) = 0 или 3x + y – 16 = 0.

Точка A может быть отображена на точку B также присимметрии относительно прямой, перпендикулярной отрез-ку AB и проходящей через его середину. В качестве направ-ляющего вектора этой прямой примем вектор (1; –3; 0),

AB

n

AB

p

2154010o3.fm Page 42 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

43

а в качестве данной точки — точку (4; 4; –1). Ось симметриизадается следующими параметрическими уравнениями:

t ∈ R.

1.122. Дана точка M(3; 1; 2). Найти координаты точкиH — образа точки M при вращении вокруг оси Ox на угол90°.

Решение. Координаты x ′, y ′, z ′ точки M ′ — образа точкиM(x; y; z) при повороте вокруг оси Ox на угол ϕ вычисляютсяпо формулам:

x ′ = x, y ′ = y•cos ϕ – z•sin ϕ, z ′ = y•sin ϕ + z•cos ϕ.Найдем координаты x ′, y ′, z ′ точки H при ϕ = 90°. Получа-

ем: x ′ = 3, y ′ = 1•cos 90° – 2•sin 90° = –2, z ′ = 1•sin 90° +

+ 2•cos 90° = 1, т. е. (M) = H(3; –2; 1).

§ 7—8. Взаимосвязь различных движений пространства. Гомотетия и подобие пространства

На первый взгляд кажется, что каждое из изученных ви-дов движений пространства существует вне какой-либо свя-зи с другими его видами, «автономно». В действительности«обстановка в мире движений пространства далека от их вза-имной независимости», поэтому следует обратить вниманиеучащихся на взаимосвязи различных видов движений про-странства.

Оказывается, можно каждое из движений пространстваразложить в композицию симметрий относительно некото-рых плоскостей (зеркальных отражений от некоторых плос-костей). В самом деле:

— композиция двух симметрий относительно пересекаю-щихся плоскостей есть поворот вокруг прямой пересеченияэтих плоскостей на удвоенный угол между ними (справедли-во обратное утверждение: поворот вокруг оси может бытьразложен (неоднозначно) в композицию зеркальных отраже-ний от плоскостей, пересекающихся по оси поворота под уг-лом, равным половине угла поворота);

— композиция двух симметрий относительно параллель-ных плоскостей есть параллельный перенос на вектор, ко-торый перпендикулярен этим плоскостям и имеет длину,равную удвоенному расстоянию между ними (справедливообратное утверждение: параллельный перенос может быть

x = 4 + t,y = 4 – 3t,z = –1,

ROx90°

2154010o3.fm Page 43 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

44

разложен (неоднозначно) в композицию зеркальных отраже-ний от плоскостей, перпендикулярных вектору переноса,расстояние между которыми равно половине длины векторапереноса);

— композиция двух симметрий относительно совпадаю-щих плоскостей есть тождественное преобразование (пере-нос на нулевой вектор);

— композиция симметрий относительно трех попарновзаимно перпендикулярных плоскостей является централь-ной симметрией относительно общей точки пересеченияэтих плоскостей (справедливо обратное утверждение: цент-ральную симметрию можно разложить в композицию сим-метрий относительно трех попарно взаимно перпендикуляр-ных плоскостей, пересекающихся в центре симметрии);

— скользящая симметрия пространства представляет со-бой композицию симметрии S

α относительно плоскости α и

параллельного переноса на вектор , который параллеленэтой плоскости. Но параллельный перенос на вектор естькомпозиция двух симметрий относительно параллельныхплоскостей, перпендикулярных этому вектору, поэтому«скользящая симметрия» пространства есть композициясимметрии относительно трех плоскостей, две из которыхпараллельны между собой и перпендикулярны третьей плос-кости;

— зеркальный поворот пространства представляет собой

композицию поворота вокруг оси a на угол ϕ и симметрииS

α относительно плоскости α, перпендикулярной этой оси.

Но поворот вокруг оси может быть разложен в композициюзеркальных отражений от плоскостей, пересекающихся пооси поворота под углом, равным половине угла поворота. Этоозначает, что зеркальный поворот пространства есть компо-зиция симметрий относительно трех плоскостей, две из ко-торых пересекаются между собой и перпендикулярны треть-ей плоскости;

— винтовое движение пространства представляет собой

композицию поворота вокруг оси a на угол ϕ и переноса

на вектор , который параллелен этой оси. Но поворот во-круг оси может быть разложен в композицию зеркальныхотражений от плоскостей, пересекающихся по оси поворотапод углом, равным половине угла поворота, а параллельныйперенос на вектор есть композиция двух симметрий отно-

pp

Raϕ

Raϕ

p

p

2154010o3.fm Page 44 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

45

сительно параллельных плоскостей, перпендикулярных это-му вектору. Это означает, что винтовое движение простран-ства представляет собой композицию симметрий относи-тельно четырех плоскостей, две из которых пересекаются,а две другие параллельны между собой и перпендикулярныпрямой пересечения первых двух.

Таким образом, любое движение пространства есть компо-зиция не более четырех симметрий относительно плоскости.При этом любое движение первого рода представимо в видекомпозиции двух или четырех зеркальных симметрий,а движение второго рода есть либо зеркальная симметрия,либо представимо в виде композиции трех зеркальных сим-метрий относительно трех плоскостей.

Разложение движений в композицию двух плоскостныхсимметрий находит применение при решении разнообраз-ных задач на построение, вычисление и доказательство.

Определения и свойства преобразований гомотетии и по-добия пространства аналогичны соответственно определени-ям и свойствам таких же преобразований плоскости, поэто-му изучение первых следует начинать с повторения вторых.Как и подобие плоскости, подобие пространства с коэффици-ентом k можно разложить в композицию движения и гомоте-тии с некоторым центром и тем же коэффициентом.

Учащиеся должны знать, что при подобном преобразова-нии пространства сохраняется величина угла (плоского и дву-гранного), параллельные прямые (плоскости) отображаютсяна параллельные прямые (плоскости), перпендикулярныепрямая и плоскость — на перпендикулярные прямую и плос-кость. Это означает, что при подобном преобразовании про-странства образом любой фигуры является похожая на неефигура, т. е. фигура, имеющая такую же форму, что и даннаяфигура, но отличающаяся от нее лишь своими размерами.

Нередко доказательство подобия двух фигур основывает-ся на признаках подобия этих фигур. Однако имеется другойпуть доказательства подобия двух фигур, основанный насвойствах преобразований подобия. Действительно, есливвести определение: «Фигура F1 называется подобной фигу-ре F, если существует преобразование подобия пространства,отображающее фигуру F на фигуру F1», то для доказательст-ва подобия фигуры F1 фигуре F достаточно найти хотя бы од-но такое преобразование подобия, которое фигуру F отобра-жает на фигуру F1, тогда по определению подобия двух фи-

2154010o3.fm Page 45 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

46

гур фигуры F и F1 подобны. Используя такое определениеподобных фигур, учащиеся выработают навык использоватьгеометрические преобразования как аппарат решения задач.

В результате изучения материала § 7 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• понимать и иллюстрировать, что:— композиция двух симметрий относительно пересекающихся

плоскостей есть поворот вокруг прямой пересечения этих плоскос-тей на удвоенный угол между ними;

— композиция двух симметрий относительно параллельныхплоскостей есть параллельный перенос на вектор, который перпен-дикулярен этим плоскостям и имеет длину, равную удвоенномурасстоянию между ними;

— поворот вокруг оси может быть разложен (неоднозначно)в композицию зеркальных отражений от плоскостей, пересекаю-щихся по оси поворота под углом, равным половине угла поворота;

— параллельный перенос может быть разложен (неоднозначно)в композицию зеркальных отражений от плоскостей, перпендику-лярных вектору переноса, расстояние между которыми равно поло-вине длины вектора переноса;

— всякое движение пространства есть композиция не более че-тырех симметрий относительно плоскости;

• существует семь различных видов движений пространства:— центральная симметрия;— зеркальная симметрия (симметрия относительно плоскости);— параллельный перенос;— поворот вокруг оси (в частности, осевая симметрия);— скользящая симметрия;— зеркальный поворот;— винтовое движение;• применять все виды движений при решении стереометриче-

ских задач на доказательство, построение и вычисление;• строить образы точек, прямых, плоскостей, многогранников

при параллельном переносе, скользящей симметрии, повороте во-круг оси, зеркальном повороте, винтовом движении;

• используя изображения и модели куба, правильного тетраэд-ра, правильных призм, решать задачи на доказательство, постро-ение и вычисление, применяя при этом свойства параллельного пе-реноса, скользящей симметрии, поворота вокруг оси, зеркальногоповорота, винтового движения и аргументированно обосновываявозникающие при этом утверждения.

В результате изучения материала § 8 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение го-мотетии пространства;

2154010o3.fm Page 46 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

47

• формулировать, понимать и иллюстрировать свойства гомоте-тии пространства:

— при гомотетии с коэффициентом k расстояние между точкамиизменяется в |k| раз;

— при гомотетии плоскость отображается на параллельную ейили совпадающую с ней плоскость;

— при гомотетии прямая отображается на параллельную ей илисовпадающую с ней прямую;

— при гомотетии величина плоского угла сохраняется;— при гомотетии величина двугранного угла сохраняется;— при гомотетии образом многогранного угла является равный

ему многогранный угол;— отношение площадей гомотетичных фигур равно квадрату

коэффициента гомотетии;— гомотетия с положительным коэффициентом не меняет ори-

ентации тетраэдра (пространства), а с отрицательным коэффициен-том — меняет;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение пре-образования подобия пространства;

• формулировать, понимать и иллюстрировать свойства преоб-разования подобия пространства:

— при подобии прямая, плоскость, отрезок и луч отображаютсясоответственно на прямую, плоскость, отрезок и луч;

— подобие с коэффициентом k можно разложить в композициюдвижения и гомотетии с некоторым центром и тем же коэффи-циентом;

— при подобии сохраняется величина угла (плоского и двугран-ного), параллельные прямые (плоскости) отображаются на парал-лельные прямые (плоскости), перпендикулярные прямая и плос-кость — на перпендикулярные прямую и плоскость;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение по-добных фигур на основании преобразования подобия пространства;

• строить образы точек, прямых, плоскостей, многогранниковпри гомотетии и подобии;

• используя изображения и модели куба, правильного тетраэд-ра, правильных призм, решать задачи на доказательство, постро-ение и вычисление, применяя при этом свойства гомотетии и подо-бия в пространстве и аргументированно обосновывая возникающиепри этом утверждения.

1.132. Пусть плоская фигура имеет: а) центр симметрии;б) ось симметрии. Сохраняется ли это свойство у подобной ейфигуры?

Указание. Точка A называется центром симметрии даннойфигуры F, если образ любой точки фигуры F при симметрииотносительно точки A принадлежит этой же фигуре.

2154010o3.fm Page 47 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

48

Пусть при данном подобии фигура F отображается на фигу-ру F′. Преобразование подобия, изменяя линейные размерыфигуры, сохраняет ее форму и отношение длин отрезков, ле-жащих на одной прямой. Это означает, что если точка A быласерединой отрезка BC фигуры F, то точка A′ — образ точки Aпри данном подобии — будет серединой отрезка B′C′ — образаотрезка BC при этом подобии (отрезок B′C′ ⊂ F′). Иначе гово-ря, точки фигуры F, симметричные относительно центра A,отображаются на точки фигуры F′, симметричные относи-тельно точки A′. Это означает, что свойство фигуры бытьцентрально-симметричной является инвариантным как придвижениях, так и при подобных преобразованиях.

То же самое можно сказать и о фигурах, обладающихосью симметрии.

1.134. Доказать, что тетраэдр, вершинами которого слу-жат центры P1, A1, B1, C1 граней правильного тетраэдраPABC, подобен этому тетраэдру. Найти коэффициент подо-бия, отображающего тетраэдр PABC на тетраэдр P1A1B1C1.

Решение. Пусть точки H и K — середины ребер соответ-ственно AB и BC тетраэдра PABC, точка A1 — центр граниPBC, точка P1 — центр грани ABC (рис. 4). Это означает,что A1P : A1K = P1A : P1K = 2 : 1. Тогда в треугольнике APKимеем: A1K : PK = P1K : AK = 1 : 3, откуда следует, чтоA1P1 : AP = A1K : PK = 1 : 3 и A1P1 � AP.

Аналогично можно доказать, что A1B1 : AB = 1 : 3 иA1B1 � AB, A1C1 : AC = 1 : 3 и A1C1 � AC, B1C1 : BC = 1 : 3

и B1C1 � BC, B1P1 : BP = 1 : 3и B1P1 � BP, C1P1 : CP = 1 : 3 иC1P1 � CP.

Из этих соотношений междуребрами тетраэдров PABC иP1A1B1C1 следует, что тетраэдрP1A1B1C1 — правильный, гранитетраэдров попарно параллель-ны, поэтому эти тетраэдры по-добны; коэффициент подобия

равен .Рис. 4

H

B

K

C

P1

A1

B1

C1

P

A

13---

2154010o3.fm Page 48 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

49

Задачи после главы 1«Преобразования пространства»

1.136. При некотором отображении пространства точка(x; y; z) в прямоугольной системе координат Oxyz отобража-ется на точку: а) (–x; –y; z); б) (x; |y|; z); в) (0; y; 0); г) (y; x; z);д) (x; 3y; z). 1) Какое из этих отображений является преобра-зованием пространства? 2) Имеет ли отображение неподвиж-ные: а) точки; б) прямые; в) плоскости?

Решение. 1) Отображение пространства, при котором точ-ка (x; y; z) отображается на точку: а) (–x; –y; z); г) (y; x; z);д) (x; 3y; z), является преобразованием, так как между точ-ками пар (x; y; z) и (–x; –y; z), (x; y; z) и (y; x; z), (x; y; z)и (x; 3y; z) существует взаимно-однозначное соответствие.

При отображении (x; y, z) (x; |y|; z) любая точка (x; y; z)имеет единственный образ (x; |y|; z), но любая точка (x; |y|; z)при y ≠ 0 имеет два прообраза: (x; y; z) и (x; –y; z). Значит, этоотображение не является преобразованием пространства.

При отображении (x; y; z) (0; y; 0) все точки простран-ства, имеющие одну и ту же ординату «y», отображаются наодну и ту же точку (0; y; 0). Значит, это отображение не явля-ется преобразованием пространства.

2) См. указания в разделе «Ответы и указания к задачам»задачника.

1.139. Нарисовать треугольную пирамиду, имеющую двеплоскости симметрии.

Указание. Рассмотрите пирамиду PABC, в которой лишьAP = BP = AC = BC.

1.143. Доказать, что ограниченная фигура не можетиметь более одного центра симметрии.

Решение. Допустим, ограниченная фигура F имеет двацентра симметрии — точки A и B (эти точки должны бытьрасположены внутри фигуры F). Пусть M и K — точки пере-сечения прямой AB с границей данной фигуры.

Так как точки M и K симметричны относительно точки A,то точка A — середина отрезка KM, а так как M и K симмет-ричны относительно и точки B, то точка B — также серединаотрезка KM. Но любой отрезок имеет лишь одну середину.Это означает, что точки A и B должны совпадать, т. е. фигу-ра F может иметь лишь один центр симметрии.

1.144. Имеет ли ось симметрии фигура, состоящая издвух скрещивающихся прямых? Пояснить ответ на рисунке.

2154010o3.fm Page 49 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

50

Указание. Любые две скрещивающиеся прямые имеют един-ственный общий перпендикуляр, при симметрии относитель-но которого каждая из них отображается на себя. Это означает,что прямая, проходящая через перпендикуляр двух скрещи-вающихся прямых, является единственной осью симметриифигуры, состоящей из этих скрещивающихся прямых.

1.145. Доказать, что если ограниченная фигура имеетцентр симметрии и ось симметрии, то центр симметрии ле-жит на оси симметрии.

Указание. Пусть точка A — центр симметрии фигуры F,прямая c — ось симметрии этой фигуры. Допустим, что A ∉ c.

Через A и c проходит единственная плоскость α, линиюпересечения которой с границей фигуры F обозначим γ.

Пусть M и K — точки пересечения границы данной фигурыи прямой, проходящей через точку A перпендикулярно оси c.

Так как точки M и K симметричны относительно точки A,то точка A — середина отрезка KM, а так как M и K симмет-ричны относительно прямой c, то середина отрезка KMдолжна принадлежать прямой c. Значит, A ∈ c и наше пред-положение о том, что A ∉ c, неверно.

1.152. PABC — правильный тетраэдр. Точки A1, B1, C1,P1 — центроиды его граней соответственно BCP, ACP, ABP,ABC. Доказать, что тетраэдр P1A1B1C1 гомотетичен данномутетраэдру. Найти центр и коэффициент этой гомотетии.

Указание. См. 1.134.

1.155. Точка M не принадлежит данным пересекающим-ся плоскостям α и β. Найти в плоскости α точку A, а в плос-кости β точку B такие, чтобы треугольник ABM имел на-именьший периметр.

Указание. Проведем через точку M плоскость γ, перпенди-кулярную прямой пересечения данных плоскостей α и β,и обозначим: m = α ∩ γ, n = β ∩ γ. Плоскость γ перпендикуляр-на каждой из плоскостей α и β.

Теперь в плоскости γ построим точки M1 = Sm(M) и M2 == Sn(M), затем построим точки A и B пересечения прямойM1M2 с прямыми m и n.

Точки A и B — искомые, так как MA = M1A, MB = M2B,поэтому MA + AB + BM = M1A + AB + M2B, где отрезкиM1A, AB, M2B — звенья ломаной, расположенные на однойпрямой.

2154010o3.fm Page 50 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

51

Г л а в а 2. Многогранники

§ 9. Понятие многогранника

В учебнике для 10 класса УМК Е. В. Потоскуева иЛ. И. Звавича авторы придерживаются концепции изученияначальных и основополагающих вопросов стереометрии спомощью изображений таких многогранников, как куб, пра-вильный тетраэдр, параллелепипед, призма, пирамида. Приэтом каждому многограннику в тексте учебника не даетсястрогое определение, а вводится его наглядное описание. Номногогранники — один из основных видов пространствен-ных тел, которые являются объектом изучения стереомет-рии. Поэтому каждый из упомянутых многогранников нуж-дается в последующем строгом, корректном определении ипоследовательном изучении определенных его свойств. Это-му и посвящена настоящая глава учебника 11 класса.

Изложение теории начала этой главы авторы советуютвести лекционным методом, крупными тематическими бло-ками (методом укрупненных дидактических единиц).

Прежде чем ввести определение многогранника, учитель,обращаясь к наглядности (рисункам, моделям), последова-тельно вводит определения: выпуклой и связной геометриче-ских фигур; внутренней и граничной точек геометрическойфигуры, ее внутренности и границы; связной и ограничен-ной геометрической фигуры; пространственной области, гео-метрического тела и его поверхности; многогранника какгеометрического тела, граница (поверхность) которого естьобъединение конечного числа многоугольников. Далее опре-деляются элементы многогранника: вершины, ребра, грани,диагонали, двугранные и трехгранные углы с замечанием,что о многогранных углах отдельно речь пойдет позднее, приэтом сообщается, что в школе изучаются лишь выпуклыемногогранники. Полезно сравнить определение выпуклогомногогранника с определением выпуклого многоугольникаи рассмотреть модели некоторых выпуклых и невыпуклыхмногогранников.

Далее, эмпирически (на моделях и рисунках многогран-ников) учащиеся должны убедиться, что для числа В вер-шин, числа Р ребер и числа Г граней любого выпуклого мно-гогранника выполняется равенство В – Р + Г = 2, после чегоформулируется теорема Декарта—Эйлера для выпуклыхмногогранников. (Теорема принимается без доказательства.)

2154010o3.fm Page 51 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

52

Изложение лекционного материала о введении понятиямногогранника завершается рассмотрением вопроса о раз-вертках многогранников.

На более позднем уровне, после изучения различныхпризм, параллелепипедов, пирамид в нашем задачникепредлагается для решения достаточное количество задач наизготовление разверток многогранников с последующимсклеиванием из них этих многогранников. К ним относятсязадачи № 2.360—2.383. Кроме того, после изучения фигурвращения в задачах № 3.480—3.485 требуется изготовитьразвертку многогранника при условии, что в него вписаншар или около него описан шар. Наиболее интересные зада-чи (всего 55 задач) о развертках многогранников ждут уча-щихся в конце нашего задачника для 11 класса, в дополне-нии «Может быть или не может быть?».

При решении задач необходимо обратить особое вниманиена выработку у учащихся умений строить «просторные» икрасивые изображения многогранников с последующимидополнительными построениями на этих изображениях.Учащийся должен выработать привычку начинать решениестереометрической задачи с построения наглядного и ак-куратного рисунка, на котором изображены многогранни-ки, заданные в условии задачи, а также фигуры, изображе-ния которых необходимо дополнительно построить, чтобыувидеть ту картину, которая «зашифрована» в условии за-дачи.

Учащийся должен: знать, как в параллельной проекцииизображаются куб, прямой и наклонный параллелепипеды,пирамида, правильная пирамида (правильный тетраэдр),и уметь строить эти изображения; уметь строить изображе-ния прямых и плоскостей, параллельных и перпендикуляр-ных ребрам и граням данного многогранника; уметь строитьсечения многогранников методом следов, методом внутрен-него проектирования и комбинированным методом; уметь наизображении многогранника выделять его невидимые эле-менты штриховыми линиями; на изображении многогран-ника научиться «видеть» углы между его ребрами и граня-ми, линейные углы двугранных углов между его гранямии уметь их вычислять, используя условие задачи.

Иначе говоря, учащийся должен научиться так аккурат-но, верно и наглядно выполнять рисунок к задаче, чтобыэтот рисунок стал надежным помощником при ее решении.

2154010o3.fm Page 52 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

53

В результате изучения материала § 9 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определения:— выпуклой пространственной фигуры;— связной пространственной фигуры;— внутренней точки пространственной фигуры;— граничной точки, границы пространственной фигуры;— ограниченной пространственной фигуры;— пространственной области;— геометрического тела;• формулировать, понимать и иллюстрировать определение

многогранника, его граней, ребер, вершин, диагоналей, плоскихи двугранных углов;

• формулировать, понимать и вычислять Эйлерову характерис-тику многогранника;

• формулировать, понимать и иллюстрировать теорему Декар-та—Эйлера для многогранника;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение зам-кнутой многогранной поверхности, ее развертки, ребер и вершин;

• формулировать, понимать и иллюстрировать свойства выпук-лых многогранников:

— выпуклый многогранник лежит по одну сторону от плоскостикаждой своей грани;

— каждая грань выпуклого многогранника является выпуклыммногоугольником;

— плоскость, проходящая через внутреннюю точку выпуклогомногогранника, пересекает его по выпуклому многоугольнику.

2.019. Дан шестигранник ABCDA1B1C1D1, у которогогрань ABCD — ромб со стороной 6 и углом BAD, равным 60°.Ребра AA1, BB1, CC1, DD1 перпендикулярны плоскости ABCD, причем AA1 = 7, BB1 = 6, CC1 = 5.Найти: а) длины остальных ребер;б) угол между плоскостью ABC ипрямой A1C1; в) угол между плос-костями ABC и A1B1C1; г) самуюбольшую диагональ шестигранника.

Решение. а) Так как ребра AA1,BB1, CC1, DD1 перпендикулярныплоскости грани ABCD, то они по-парно параллельны (рис. 5).

Если O = AC ∩ BD и O1 — середи-на отрезка A1C1, то отрезок OO1 яв-ляется средней линией трапеции Рис. 5

A

B C

B1

C1

A1

D1O1

O

ϕ

β

D

H

K

2154010o3.fm Page 53 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

54

AA1C1C, поэтому он равен 6. Это означает, что B1O1 � BD.А так как BD = 6 (�ABD — правильный), то четырехуголь-ник BDD1B1 — квадрат, откуда DD1 = 6.

Пусть H — такая точка на ребре AA1, что AH = BB1 = 6.Тогда в прямоугольных треугольниках A1B1H и A1D1H на-

ходим соответственно A1B1 = = , A1D1 =

= = . Аналогично находим C1D1 = C1B1 =

= .б) Прямая AC — ортогональная проекция наклонной A1C1

на плоскость ABC. Следовательно, угол ϕ = ∠(A1C1, (ABC)) == ∠(A1C1, AC). Пусть AK = 5 (K ∈ AA1), тогда KC1 � AC и∠(A1С1, AC) = ∠(A1С1, KC1). В прямоугольном �A1C1K нахо-

дим: tg ϕ = = = , откуда ϕ = arctg .

в) Так как AH = BB1 = DD1 = 6, то (HB1D1) � (ABC). Поэто-му угол β между плоскостями A1B1C1 и ABC равен углу меж-ду плоскостями A1B1C1 и HB1D1, пересекающимися по пря-мой B1D1. Учитывая, что A1O1 ⊥ B1D1 (A1B1C1D1 — ромб) иHO1 ⊥ B1D1 (�HB1D1 — правильный), имеем: β = ∠A1O1H.

Тогда в прямоугольном �A1O1H находим: tg β = =

= = , откуда β = arctg .

г) Самой большой диагональю шестигранника является диа-

гональ A1C, длина которой равна = =

= .

§ 10—11.1. Объемы многогранников. Определение призмы. Виды призм

В результате изучения материала § 10 и 11 учащиеся должныдостичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать сущность поня-тия объема тела;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение рав-новеликих, равносоставленных тел;

A1H2 + B1H2 37

A1H2 + D1H2 37

37

A1K

KC1

-------------

2

6 3-----------

39-------

39-------

A1H

HO1

-------------

1

3 3-----------

39-------

39-------

A1A2 + AC2 49 + 108

157

2154010o3.fm Page 54 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

55

• выводить формулу объема прямоугольного параллелепипеда,куба;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определениепризмы и ее элементов;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение исвойства прямой, наклонной, правильной призмы; доказывать этисвойства;

• выводить формулы вычисления площадей боковой и полнойповерхностей, объема призмы;

• в параллельной проекции строить: изображения куба, прямойи наклонной призмы; изображения прямых и плоскостей, парал-лельных и перпендикулярных ребрам и граням данного многогран-ника; строить сечения многогранников и вычислять их площади;на изображении многогранника выделять его невидимые элементыштриховыми линиями, определять («видеть») углы между его реб-рами и гранями, линейные углы двугранных углов между егогранями;

• строить методом следов, методом внутреннего проектирова-ния, комбинированным методом сечения куба, прямой и наклон-ной призмы и вычислять площади этих сечений;

• решать задачи на вычисление углов между ребрами и гранямикуба, призмы, линейных углов двугранных углов, образованныхих гранями;

• выводить формулы вычисления площадей боковой и полнойповерхностей, объема куба, прямой и наклонной призмы;

• решать задачи на вычисление площадей боковой и полной по-верхностей, объема куба, прямой и наклонной призмы.

Объем прямоугольного параллелепипеда

Строгое обоснование вывода формул для вычисления объ-емов тел в стереометрии весьма сложно. Однако этот вопросможет быть решен, если принять без доказательства прин-цип Кавальери: «Если при пересечении двух тел плоскостя-ми, параллельными одной и той же плоскости, в сеченияхэтих тел любой из плоскостей получаются равновеликиемежду собой фигуры, то объемы этих тел равны».

В нашем курсе мы выводим формулы объемов тел, основы-ваясь на еще более сильном (и интуитивно понятном) утверж-дении: «Если при пересечении двух тел плоскостями, парал-лельными одной и той же плоскости, в сечениях этих тел любойиз плоскостей получаются фигуры, площади которых относят-ся как m : n, то объемы данных тел относятся как m : n».

Сначала мы находим объем прямоугольного параллелепипе-да со сторонами основания a, b и высотой 1, расположив данныйпараллелепипед и единичный куб так, чтобы их основания на-

2154010o3.fm Page 55 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

56

ходились в одной плоскости, а сами многогранники были рас-положены по одну сторону от этой плоскости. Тогда площадисечений, образованных при пересечении обоих многогранниковлюбой плоскостью, параллельной плоскости оснований этихмногогранников, относятся как (a•b) : 1. Это означает, что ихобъемы также относятся как (a•b) : 1, т. е. Vпар : 1 = (a•b) : 1,откуда объем Vпар прямоугольного параллелепипеда с измере-ниями а, b, 1 равен а•b•1, т. е. Vпар = a•b•1 = a•b. Затемнаходим объем прямоугольного параллелепипеда с измерения-ми a, b, с, для чего прямоугольный параллелепипед с измере-ниями 1, a, b и данный параллелепипед с измерениями a, b, cрасположим так, чтобы грань со сторонами 1 и a первого парал-лелепипеда и грань со сторонами c и a второго параллелепипедалежали в одной плоскости и оба параллелепипеда находилисьпо одну сторону от этой плоскости. Тогда площади сечений, об-разованных при пересечении обоих многогранников любойплоскостью, параллельной плоскости оснований этих много-

гранников, относятся как = . Это означает, что их объ-

емы также относятся как 1 : c. А так как объем параллелепипе-да с измерениями 1, a, b равен ab, то для объема V прямоуголь-ного параллелепипеда с измерениями a, b, c выполняетсясоотношение 1 : c = (a•b) : V, откуда

Vпар = a•b•c.

Определение призмы. Виды призм

2.036. Каждое ребро треугольной призмы равно а. Зная,что плоские углы одного из трехгранных углов призмы рав-ны между собой, найти площадь сечения, делящего призмуна симметричные части.

Решение. Так как все ребра приз-мы равны, то ее основания — пра-вильные треугольники, а все три пло-ских угла одного из ее трехгранныхуглов равны по 60°. Значит, даннаяпризма является наклонной. ПустьA1 — вершина этого трехгранного уг-ла призмы ABCA1B1C1 (рис. 6).

Плоскостью симметрии даннойпризмы является плоскость, прохо-дящая через ребро AA1 и серединуребра BC перпендикулярно этому

1•ac•a------------

1c---

Рис. 6

A

B

C

B1

C1 A1

M

K

K1

2154010o3.fm Page 56 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

57

ребру. Сечением призмы этой плоскостью является паралле-лограмм AA1K1K. Найдем его площадь.

Пусть A1M ⊥ (ABC). Тогда Sсеч = AK•A1M.В ромбе AA1B1B со стороной a и острым углом 60° находим

A1B2 = 3a2. Тогда в прямоугольном �A1BK имеем: A1K2 =

= A1B2 – BK2 = 3a2 – = .

Обозначив AM = x и заметив, что прямоугольные треуголь-ники A1AM и A1MK имеют общую высоту A1M, получаем

a2 – x2 = – + x , откуда x = . Тогда A1M =

= = a ; Sсеч = •a = .

11.2. Боковая и полная поверхности призмы

Следует обратить внимание учащихся на тот факт, что вопределении призмы ее боковыми гранями являются парал-лелограммы, у каждого из которых две стороны являютсясоответственными сторонами оснований этой призмы.

Учащиеся должны четко различать понятия «призма»,«призматическая поверхность» и «призматическое тело».Необходимость введения понятий призматической поверх-ности и призматического тела обусловлена следующим об-стоятельством.

Не для любой наклонной призмы существует плоскость,перпендикулярная боковым ребрам и пересекающая каждоеиз этих ребер. Именно ребер, а не их продолжения. (В качествепримера достаточно рассмотреть призму, одна из боковых гра-ней которой — параллелограмм, не содержащий высоты, опу-щенной на ту его сторону, которая является боковым ребромпризмы. Такой параллелепипед можно нарисовать.) Тогда се-кущая плоскость, перпендикулярная боковым ребрам, будетпересекать, по крайней мере, одно из оснований призмы, иперпендикулярным сечением призмы будет многоугольник,число сторон которого не равно числу сторон основания приз-мы. В таком случае на помощь приходит перпендикуляр-ное сечение призматической поверхности, порожденной дан-ной призмой, и мы получаем теорему: «Площадь боковой по-верхности наклонной призмы равна произведению периметра

a2

4------

11a2

4-------------

11a2

4-------------

a 32

-----------

2 a

3-------

a2 –a2

3------

23---

a 32

-----------

23---

a2 22

--------------

2154010o3.fm Page 57 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

58

перпендикулярного сечения призма-тической поверхности на боковое реб-ро».

Аналогично, при нахождении объ-ема наклонной призмы используетсяплощадь перпендикулярного сече-ния призматического тела, получен-ного из данной призмы (теорема 14).

2.054. Найти площадь боковойповерхности правильной четырех-угольной призмы, диагональ которойравна а и образует: а) с плоскостьюоснования угол в 60°; б) с плоскостьюбоковой грани угол в 30°.

Решение. а) Пусть диагональ BD1 = а призмыABCDA1B1C1D1 образует угол в 60° с плоскостью ABC,т. е. ∠DBD1 = 60° (рис. 7). Тогда в прямоугольном треуголь-

нике BDD1 имеем: DD1 = BD1•sin 60° = ; BD = = .

Значит, AB = , поэтому Sбок = 4AB•DD1 = 4• • =

= . б) В прямоугольном �ABD1 имеем (см. рис. 7):

AD1 = BD1•sin 60° = ; AB = . D1D = =

= = . Значит, Sбок = 4AB•DD1 =

= 4• • = a2 .

2.055. Сечением наклонной треугольной призмы плоско-стью, перпендикулярной боковому ребру, является равно-бедренный прямоугольный треугольник, площадь которогоQ. Боковое ребро призмы равно а. Найти площадь боковойповерхности призмы.

Указание. Если b — длина катета MH = MK треугольникаMKH — перпендикулярного сечения, c — длина его гипоте-

нузы HK (рис. 8), то b2 = 2Q, c = 2 . Тогда Sбок = (2• +

+ 2 )•а = 2а ( + 1).

Рис. 7

B A

C

B1

C1

A130°

D1

D

60°

a 32

-----------

BD1

2------------

a2---

a 24

-----------

a 24

-----------

a 32

-----------

a2 62

--------------

a 32

-----------

a2--- D1A2 – AD2

a 3

2-----------

2–

a2---

2 a 22

-----------

a2---

a 22

----------- 2

Q 2Q

Q Q 2

2154010o3.fm Page 58 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

59

2.056. Диагонали боковых граней прямой треугольной

призмы равны 9, 10 и 15 см. Основание призмы — прямо-угольный треугольник. Найти стороны основания и площадьбоковой поверхности призмы.

Решение. Пусть A1B = 15 см, A1C = 10 см, B1C = 9 см,A1A = B1B = C1С = h (рис. 9).

В прямоугольных треугольниках A1AB, A1AC, B1BCимеем: AB2 = A1B2 – A1A2 = 225 – h2; AC2 = A1C2 – A1A2 == 200 – h2; BC2 = B1C2 – B1B2 = 81 – h2.

Так как �ABC — прямоугольный с катетами AC и BC, тоAB2 = AC2 + BC2. Значит, 225 – h2 = 281 – 2h2, откуда h2 = 56

и h = 2 . Тогда AB = 13 см, AC = 12 см, BC = 5 см и Sбок =

= (13 + 12 + 5)•2 = 60 (см2).

11.3. Объем призмы

Полезно сообщить учащимся о том, что: любое сечениепризмы плоскостью, параллельной ее основанию, делит дан-ную призму на две призмы так, что отношение боковых по-верхностей и отношение объемов этих призм равно отноше-нию длин их боковых ребер; любое сечение призмы плоско-стью, параллельной ее боковому ребру, делит даннуюпризму на две призмы так, что отношение объемов этихпризм равно отношению площадей их оснований.

2.067. Найти объем правильной шестиугольной призмы,площадь боковой поверхности которой равна 324 см2, а боко-вое ребро и большая диагональ относятся как 3 : 5.

Рис. 8

A B

C

B1

K

A1

MH

C1

Рис. 9

A B

C

B1

C1

A1

2

2

14

14 14

2154010o3.fm Page 59 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

60

Решение. Пусть AB = а (рис. 10).Тогда S бок = 6а•h, где h = A1A.

Так как AD = 2a, A1A = A1D, то

из A1D2 = AD2 + A1A2 = AD2 +

+ A1D2 = 4a2 + A1D2 находим

A1D = а.

Тогда A1A = • a = a.

Таким образом, получили: S бок =

= 324 = 6a• a = 9a2, откуда a = 6.

Значит, h = а = 9, следовательно, V = S осн•h = 6• •h =

= 6• •9 = 486 .

2.073. Основание призмы — треугольник, у которого однасторона равна 2 см, а две другие по 3 см. Боковое ребро приз-мы равно 4 см и составляет с плоскостью основания уголв 45°. Найти длину ребра куба, равновеликого этой призме.

Решение. Так как боковое ребро призмы равно 4 и состав-ляет с плоскостью основания угол в 45°, то высота призмы

равна 2 . Площадь основания призмы равна =

= 2 , а ее объем равен 2 •2 = 8. Значит, ребро равно-великого ей куба равно 2 см.

2.074. Стороны основания наклонной треугольной приз-мы равны 1,7, 2,8 и 3,9 дм. Одна из вершин верхнего осно-вания удалена от каждой стороны нижнего основания на1,3 дм. Найти объем призмы.

Решение. Из условия задачи следует, что основание перпен-дикуляра, проведенного из вершины верхнего основания, рав-ноудаленной от всех сторон нижнего основания, совпадает сцентром окружности, вписанной в это основание. Длина этогоперпендикуляра равна высоте данной призмы. Площадь осно-

вания равна = 2,1, а его периметр равен 8,4.

Тогда радиус описанной окружности равен = 0,5, высота

призмы равна = 1,2, а ее объем — 2,52 дм3.

Рис. 10

A

B C

B1 C1

A1

D1

E1F1

D

EF

35---

925-------

925-------

52---

35---

52---

32---

32---

32---

a2 34

--------------

36 34

--------------- 3

2 4•1•1•2

2 2 2

4,2•2,5•1,4•0,32•2,1

8,4-----------------

1,32 – 0,52

2154010o3.fm Page 60 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

61

2.075. Основанием наклонной призмы ABCA1B1C1 слу-жит треугольник ABC, периметр которого равен 5,6 дм,а ∠ACB = 60°. Ребро CC1 призмы равно 0,6 дм и образует состоронами AC и ВС основания углы по 60°; диагональ AC1 бо-ковой грани призмы равна 1,4 дм. Найти объем призмы.

Решение. Согласно условию, имеем: C1C = 6 см, C1A = 14 см,периметр треугольника ABC равен 56 см.

Пусть C1K и C1P — высоты граней — параллелограммовACC1A1 и BCC1B1 соответственно (рис. 11), а C1O — высотаданной призмы. Из равенства прямоугольных треугольни-ков C1CK и C1CP следует C1K = C1P. Тогда OK = OP (как про-екции равных наклонных), причем OK ⊥ AC, OP ⊥ BC (потеореме о трех перпендикулярах). Это означает, что точкаO — основание высоты C1O призмы — принадлежит биссект-рисе CM угла ACB.

Найдем стороны треугольника ABC.В прямоугольном �C1CK: ∠C1CK = 60° и C1C = 6, поэтому

CK = 3 (как катет, лежащий против угла в 30°), C1K =

= C1C•sin 60° = 6• = 3 . Тогда в прямоугольном �C1AK

находим AK = = = 13, значит,

AC = CK + KA = 16 и сумма AB + BC длин сторон AB и BCоснования ABC призмы равна 56 – 16 = 40.

Если BC = x, то AB = 40 – x, при этом в треугольнике ABCимеем: AB2 = AC2 + BC2 – 2AC•BC•cos 60° или (40 – x)2 == 256 + x2 – 2•16•x•0,5, откуда x = 21. Значит, BC = 21,AB = 19.

Далее находим площадь осно-вания ABC и высоту C1O приз-

мы. S�АВС = =

= 84 .В прямоугольном треуголь-

нике OCK, в котором ∠OCK =

= 30°, находим OC = =

= = 2 , а в прямоугольном

32------- 3

C1A2 – C1K2 142 – 3 3( )2

A

BC

B1C1

A1

MO

P

K

Рис. 11

28•7•9•12

3

CK 30cos °

---------------------

3

32-------

-------- 3

2154010o3.fm Page 61 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

62

�C1CO: C1O = = = 2 . Теперь полу-

чаем искомый объем призмы:

V = S�ABC•C1O = 84 •2 = 504 (см3).

2.076. Вершина A1 призмы ABCA1B1C1 проектируется вцентр ее нижнего основания ABC, а ребро AA1 составляет состороной AB основания угол в 45°. Найти объем и площадьбоковой поверхности призмы, если треугольник ABC — пра-вильный со стороной a.

Решение. Пусть точка O — центр основания ABC призмы,точки H, M и K — середины соответственно AB, BC и AC(рис. 12). Тогда CH и BK — высоты в �ABC, значит, A1H иA1K — высоты граней соответственно AA1B1B и AA1C1C. Таккак BC ⊥ AM и BC ⊥ A1O, то BC ⊥ (AA1M), откуда BC ⊥ PM,значит, грань CC1B1B — прямоугольник. Кроме того, A1H == A1K (как наклонные, имеющие равные проекции OH иOK). Поэтому площадь боковой поверхности призмы равна:Sбок = AB•(2A1H + A1A).

В �AA1H: AH = 0,5AB = 0,5a; A1H = AH = 0,5a;

A1A = . Тогда

Sбок = a• 2•a•0,5a + = .

В прямоугольном �AA1O: A1O = =

= = . Тогда объем V призмы равен

• = .

2.077. Основанием наклонной призмы служит правиль-ный треугольник со стороной a. Одна из боковых гранейпризмы перпендикулярна плоскости основания и представ-ляет собой ромб, у которого меньшая диагональ равна c.Найти объем призмы.

Решение. Пусть грань AA1B1B данной призмы ABCA1B1C1

перпендикулярна плоскости основания ABC и является ром-бом с меньшей диагональю AB1 = c; O — точка пересечениядиагоналей ромба (рис. 13).

C1C2 – OC2 36 – 12 6

3 6 2

a 22

-----------

a 22

-----------

a2 2 + 2( )

2------------------------------

A1A2 – OA2

a 2

2-----------

2

– a 3

2-----------

2 a 66

-----------

a2 34

--------------

a 66

-----------

a3 28

--------------

2154010o3.fm Page 62 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

63

Для вычисления объема призмы нужно найти длину еевысоты B1H, которая является также высотой ромба AA1B1B(грань ромба перпендикулярна плоскости основания приз-

мы). Так как B1H = = = =

= , то находим длину OB.

В прямоугольном �AOB: OB = = =

= . Поэтому B1H = , тогда объем V призмы

равен:

V = S�ABC•B1H = • = .

2.078. Основание прямой приз-мы — ромб с острым углом α.Меньшая диагональ призмы рав-на d и составляет с плоскостью ос-нования угол β. Найти объем приз-мы.

Решение. Пусть BD — меньшаядиагональ ромба ABCD в прямойпризме ABCDA1B1C1D1 и ∠BAD = α(рис. 14). Тогда ∠D1BD = β и D1D == D1B•sin β = d•sin β — длина вы-соты призмы.

Рис. 12

AB

C

C1

A1

KM

P

O

H45°

B1

Рис. 13

A B

C

B1

C1

A1

O

H

SAA1B1B

AB----------------------

12---A1B•B1A

AB----------------------------------

12---•2•OB•B1A

AB--------------------------------------------

OB•B1A

AB---------------------------

AB2 – OA2 a2 – c2---

2

4a2 – c2

2---------------------------

c 4a2 – c2

2a-------------------------------

a2 34

--------------

c 4a2 – c2

2a-------------------------------

ac 12a2 – 3c2

8------------------------------------------

Рис. 14A B

C

B1

C1

α

A1

D1

D

Oβ

2154010o3.fm Page 63 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

64

Площадь ромба ABCD равна AC•BD = OA•BD. На-

ходим в �D1DB: BD = D1B•cos β = d•cos β. Тогда OB =

= BD = , OA = OB•ctg = •ctg . Значит,

Sромба ABCD = •ctg •d•cos β = d2 cos2 β•ctg . Та-

ким образом, получаем: V = Sромба ABCD•D1D = d2 cos2 β ×

× ctg •d•sin β = d3 sin 2β•cos β•ctg .

§ 12. Параллелепипед

Следует обратить внимание учащихся на то, что:1) объем параллелепипеда можно находить тремя способа-

ми, принимая за основание этого параллелепипеда любуюего грань, а за его высоту — расстояние между этой граньюи гранью, ей параллельной;

2) любая плоскость, проходящая через середину диагона-ли параллелепипеда, делит этот параллелепипед на два рав-новеликих многогранника.

В результате изучения материала § 12 учащиеся должныдостичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определениепараллелепипеда и его элементов;

• формулировать, понимать и иллюстрировать свойства парал-лелепипеда:

— диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке иделятся ею пополам;

— точка пересечения диагоналей параллелепипеда является егоцентром симметрии;

— противолежащие грани параллелепипеда попарно равны ипараллельны;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение пря-мого, прямоугольного параллелепипеда; доказывать свойство ди-агоналей прямоугольного параллелепипеда;

• формулировать, понимать и выводить формулу вычисленияобъема параллелепипеда;

• строить в параллельной проекции изображение прямого, пря-моугольного и наклонного параллелепипеда; изображения прямыхи плоскостей, параллельных и перпендикулярных ребрам и гра-ням данного параллелепипеда; строить плоские сечения паралле-лепипеда и вычислять их площади; на изображении параллеле-

12---

12---

d βcos2

-------------------

α

2---

d βcos2

-------------------

α

2---

d βcos2

-------------------

α

2---

12---

α

2---

12---

α

2---

14---

α

2---

2154010o3.fm Page 64 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

65

пипеда выделять его невидимые элементы штриховыми линиями,определять («видеть») углы между его ребрами и гранями, линей-ные углы двугранных углов между его гранями;

• строить методом следов, методом внутреннего проектирова-ния, комбинированным методом сечения параллелепипеда и вы-числять площади этих сечений;

• решать задачи на вычисление углов между ребрами и гранямипараллелепипеда, линейных углов двугранных углов, образован-ных его гранями;

• выводить формулы вычисления площадей боковой и полнойповерхностей, объема параллелепипеда;

• решать задачи на вычисление площадей боковой и полной по-верхностей, объема параллелепипеда.

2.117. Диагонали смежных боковых граней прямого па-раллелепипеда равны 10 и 17 см; вершина одного из тупыхуглов верхнего основания удалена от противолежащих сто-

рон нижнего основания на 2 и 3 см. Найти площадьбоковой поверхности параллелепипеда.

Решение. Пусть в прямом параллелепипеде ABCDA1B1C1D1

точка D1 — вершина тупого угла (рис. 15), при этом: D1A = 10;

D1C = 17; D1H = 2 , D1H ⊥ AB; D1K = 3 , D1K ⊥ BC;BC = AD = a; AB = CD = b.

В прямоугольном �CD1K: CK = =

= = 10;

в прямоугольном �AD1H: AH = =

= = 4;в прямоугольном �AD1D: D1D2 =

= D1A2 – AD2 = 100 – a2;в прямоугольном �CD1D: D1D2 =

= D1C2 – CD2 = 289 – b2.Из двух последних соотношений

получаем 100 – a2 = 289 – b2 или

b2 – a2 = 189. (1)

В прямоугольных треугольникахADH и CDK находим соответствен-

но DH = = ,

DK = = .

21 21

21 21

D1C2 – D1K2

172 – 3 21( )2

D1A2 – D1H2

102 – 2 21( )2

Рис. 15

A B

C

B1

C1D1

A1

D

KHDA2 – AH2 a2 – 16

DC2 – CK2 b2 – 100

2154010o3.fm Page 65 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

66

Далее, Sпар. ABCD = AB•DH = BC•DK, т. е. b =

= a или

16b2 = 100a2. (2)

Из (1) и (2) получаем: 16(a2 + 189) = 100а2, откуда a = 6(a = –6 — посторонний корень), значит, b = 15. Тогда D1D =

= = 8, поэтому

Sбок = 2(AB + ВС)•D1D = 2(15 + 6)•8 = 336 (см2).

2.137. Диагонали A1C1 и BD граней параллелепипедаABCDA1B1C1D1 равны соответственно 8 и 4. Угол междускрещивающимися прямыми, содержащими диагоналиA1C1 и BD, равен 30°, а расстояние между этими прямымиравно 6. Найти объем параллелепипеда.

Решение. Обозначим: V —объем параллелепипеда, h —его высота. Тогда V = Sосн•h.

Грани ABCD и A1B1C1D1 дан-ного параллелепипеда (рис. 16),содержащие их скрещиваю-щиеся диагонали BD и A1C1,параллельны. Поэтому высотаh параллелепипеда равна рас-стоянию между прямыми BDи A1C1, т. е. h = 6.

Учитывая, что AC = A1C1 и AC � A1C1, получаем: Sосн =

= AC•BD•sin 30° = A1C1•BD•sin 30° = •8•4• = 8.

Тогда V = 48.Заметим, что, используя идею данной задачи, мы в даль-

нейшем сможем доказать, что объем тетраэдра равен однойшестой произведения длин двух любых его ребер, лежащихна скрещивающихся прямых, расстояния между этими пря-мыми и синуса угла между ними (см. п. 14.7—14.8).

2.138. Стороны основания ABCD правильного прямо-угольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 относятся как3 : 4, а периметр диагонального сечения AA1C1C равен 10 см.Какой наибольший объем может иметь этот параллеле-пипед?

a2 – 16

b2 – 100

102 – 62

Рис. 16

C

BA

B1A1

D1 C1

D30°

12---

12---

12---

12---

2154010o3.fm Page 66 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

67

Решение. Пусть AB : BC = 3 : 4 и

BC = x (рис. 17). Тогда AB = x и

AC = = =

= x.

Так как 2(AC + A1A) = 10, то

A1A = 5 – AC = 5 – x = .

Таким образом, получаем

V(x) = AB•BC•A1A = x•x • =

= .

Найдем наибольшее значение функции V(x) =

при x > 0. V′(x) = = x(8 – 3x). При исследова-

нии выясняется, что данная функция V(x) принимает наи-

большее значение при x = . Это означает, что при AB = 2,

BC = и A1A = параллелепипед имеет наибольший объем,

равный 2• • = = 8 .

2.142. Найти объем прямоугольного параллелепипеда,диагональ которого равна 14 см, периметр основания —20 см и периметр меньшей боковой грани — 32 см.

Решение. Пусть ABCDA1B1C1D1 — данный параллелепи-пед (рис. 18), в котором D1B = 14, AB = a, BC = b, B1B = c,причем a > b.

Так как D1B2 = AB2 + BC2 + B1B2, то из условия следует:

a2 + b2 + c2 = 196. Кроме того, известно, что 2(a + b) = 20и 2(b + c) = 32, т. е. a + b = 10 и b + c = 16. (Из a + b = 10 приa > b следует, что b < 5.)

Таким образом, значения а, b и с являются решением сис-темы уравнений:

Рис. 17

BC

A

C1

D

D1 A1

B1

34---

AB2 + BC2 916-------x2 + x2

54---

54---

5 4 – x( )

4-----------------------

34---

5 4 – x( )

4-----------------------

15x2 4 – x( )

16----------------------------------

15x2 4 – x( )

16----------------------------------

15x2 4 – x( )

16----------------------------------

′ 1516-------

83---

83---

53---

83---

53---

809-------

89---

2154010o3.fm Page 67 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

68

Выразив из второго и третьего уравнений a и c через b иподставив в первое уравнение системы эти выражения вме-сто a и c, получим уравнение 3b2 – 52b + 160 = 0, корнями

которого являются числа 4 и (не удовлетворяет условию

b < 5).Итак, b = 4, a = 6, c = 12 и V = 288 см3.

2.143. В прямоугольном парал-лелепипеде диагонали боковых гра-ней, выходящие из одной вершины,равны 4 и 5 и образуют угол в 60°.Найти объем параллелепипеда.

Решение. В данном параллелепи-педе ABCDA1B1C1D1 (рис. 18) обо-значим: AB = a, BC = b, B1B = c.

Если A1B = 4, C1B = 5 и ∠A1BC1 == 60°, то в треугольнике A1BC1 по

теореме косинусов имеем: A1 == A1B2 + C1B2 – 2A1B•C1B•cos 60° = 16 + 25 – 2•4•5•0,5 =

= 21. А так как A1 = AC2 = a2 + b2, то получаем

a2 + b2 = 21. (1)Далее, в прямоугольных треугольниках AA1B и C1BC по-

лучаем соответственно a2 + c2 = 16 и b2 + c2 = 25, откуда и

b2 – a2 = 9. (2)

Из (1) и (2) получаем 2b2 = 30 ⇒ b2 = 15. Тогда c2 = 25 – b2 =

= 10, a2 = 16 – c2 = 6. Значит, V = a•b•c = = 30.

2.144. Найти объем прямоугольного параллелепипеда,диагональ которого равна m и составляет с боковой граньюугол β, а с плоскостью основания угол α.

Решение. Так как треугольники BC1D1 и BDD1 прямо-угольные (рис. 19), то ∠C1BD1 = β, ∠DBD1 = α. Тогда C1D1 == BD1•sin β = m•sin β, BD = BD1•cos α = m•cos α, DD1 == BD1•sin α = m•sin α. Далее, в прямоугольном �BCD нахо-дим:

a2 + b2 + c2 = 196,a + b = 10,b + c = 16.

403-------

Рис. 18

A

C1

B

D C

D1

A1 B1

C12

C12

6•15•10

2154010o3.fm Page 68 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

69

BC = = m =

= m = m =

= m .

Так как данный параллелепипед — прямоугольный, тоего объем V равен

BC•CD•DD1 = m •m•sin β•m•sin α =

= m3sin α•sin β• .

После решения этой задачи можно дать на дом или для са-мостоятельного решения в классе такую задачу: «В основа-нии наклонного параллелепипеда лежит прямоугольник, ди-агональ параллелепипеда равна m и составляет с его боковы-ми гранями углы α и β. Найдите объем параллелепипеда, еслиодна из его боковых граней прямоугольник». (Это такая жезадача, но вместо прямоугольного взят такой наклонный па-раллелепипед, что две его боковые грани — прямоугольники,а две другие боковые грани — параллелограммы.)

2.162. В наклонном параллелепипеде основание — ромбсо стороной а и острым углом в 60°, боковые грани — ромбыс острым углом в 45°. Найти его объем.

Решение. Пусть в данном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1

(рис. 20) ∠BAD = 60°, ∠C1CB = ∠C1CD = 45°, C1M и C1K —высоты боковых граней параллелепипеда, C1H — его высота.

BD2 – CD2 αcos2 – βsin2

1 + 2αcos2

------------------------------ –1 – 2βcos

2-----------------------------

2αcos + 2βcos2

----------------------------------------------

α + β( )cos • α – β( )cos

Рис. 19

C

α

D1

B1A1

D

A B

C1

β

Рис. 20

A1

B1

C1D1

A B

CD

MH

K

60°

45°

α + β( )cos • α – β( )cos

α + β( )cos • α – β( )cos

2154010o3.fm Page 69 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

70

Так как боковые грани — ромбы, то C1C = BC = a. Причемв равнобедренных прямоугольных треугольниках C1CM и

C1CK имеем: CM = CK = . По теореме о трех перпендику-

лярах HM ⊥ BC, HK ⊥ CD и HM = HK (как проекции рав-ных наклонных). Это означает, что точка H — основание вы-соты C1H — принадлежит биссектрисе угла BCD, т. е. диаго-нали AC ромба ABCD.

В прямоугольном �CMH находим: CH = =

= = , тогда в прямоугольном �C1CH получаем

C1H = = = . Таким образом,

V = BC2•sin 60°•C1H = a2• • = .

2.163. В параллелепипеде длины трех ребер, исходящихиз одной вершины, равны a, b, c. Ребра a и b взаимно перпен-дикулярны, а ребро c образует с каждым из них угол α. Най-ти объем параллелепипеда.

Решение. Пусть в данном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1

с боковым ребром A1A = с прямоугольник ABCD — основа-ние со сторонами AB = a, BC = b; ∠A1AB = ∠A1AD = α.

Так как ребро A1A образует с AB и AD равные углы, тооснование H высоты A1H параллелепипеда принадлежитбиссектрисе прямого угла BAD (см. 2.162), т. е. ∠BAH = 45°.

Если A1K — высота боковой грани AA1B1B паралле-лепипеда, то в прямоугольном �A1AK находим: AK == A1A•cos α = c•cos α; тогда в равнобедренном прямоуголь-

ном �AHK: AH = AK• = с •cos α. Далее в прямоуголь-ном �A1AH находим высоту A1H параллелепипеда: A1H =

= = = c =

= c . Тогда V = AB•BC•A1H = abc .

2.165. Основанием наклонного параллелепипеда служитпрямоугольник со сторонами а и b; боковое ребро c образует

a 22

-----------

CM 30°cos

---------------------

a 2( ) 2⁄

3 2⁄------------------------

a 63

-----------

C1C2 – CH2 a2 – a 6

3-----------

2 a 33

-----------

32-------

a 33

-----------

a3

2------

2 2

A1A2 – AH2 c2 – c 2 αcos( )2 1 – 2 αcos2

– 2αcos – 2αcos

2154010o3.fm Page 70 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

71

со сторонами основания углы в 60°. Найти площадь боковойповерхности, объем параллелепипеда и угол наклона боково-го ребра к плоскости основания.

Решение. Пусть в данном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1,в основании которого лежит прямоугольник ABCD со сторо-нами AB = а и BC = b, боковое ребро B1B образует с BA иBC углы в 60°, т. е. ∠B1BA = ∠B1BC = 60°. Тогда высотыB1M (M ∈ BA) и B1K (K ∈ BC) боковых граней AA1B1B иBB1С1С параллелепипеда равны, а основание H его высотыB1H принадлежит биссектрисе угла ABC. При этом B1M =

= B1K = , BM = (в прямоугольном �B1BM), BH =

(в прямоугольном �BHM). Поэтому B1H = =

= = .

Тогда: V = ; Sбок = 2(a + b)• = (a + b) c; sin ϕ =

= = ⇒ ϕ = 45°, где ϕ = ∠B1BH.

§ 13—14. Трехгранные и многогранные углы. Пирамида

В результате изучения материалов § 13—14 учащиеся должныдостичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определениямногогранного угла и его элементов: вершины, грани, ребра, пло-ского угла при его вершине;

• формулировать и доказывать свойства трехгранного угла, те-орему косинусов и теорему синусов;

• решать задачи на нахождение расстояния от вершины угла доточки, расположенной внутри данного угла и равноудаленной наданное расстояние:

— от его граней; — от его ребер;• решать задачи на нахождение величины угла, который обра-

зует:— с плоскостью грани трехгранного угла луч с началом в его

вершине, лежащий внутри этого угла и составляющий со всеми егогранями равные углы;

— с ребром многогранного угла луч с началом в его вершине уг-ла, лежащий внутри этого угла и составляющий со всеми его ребра-ми равные углы;

c 32

-----------

c2---

c 22

-----------

B1B2 – BH2

c2 –c2

2-----

c 22

-----------

abc 22

------------------

c 32

----------- 3

B1H

B1B-------------

22-------

2154010o3.fm Page 71 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

72

• формулировать, понимать и иллюстрировать определения:— пирамиды, усеченной пирамиды и их элементов; — правильной пирамиды, доказывать ее свойства; — двугранного угла при ребре пирамиды;• выводить формулы вычисления площадей боковой и полной

поверхностей, объема пирамиды и усеченной пирамиды;• доказывать свойства параллельных сечений пирамиды;• доказывать свойства правильной пирамиды: — все боковые ребра равны, а все боковые грани — равные рав-

нобедренные треугольники; — все боковые ребра образуют с плоскостью основания равные

углы, а все боковые грани — равные двугранные углы;• доказывать признаки правильной пирамиды: — все ее боковые ребра равны;— все ее боковые ребра образуют с плоскостью основания рав-

ные углы; — все ее боковые грани — равные треугольники;• доказывать и понимать, что если все боковые ребра пирамиды

составляют с плоскостью основания равные углы, то: а) основаниевысоты пирамиды совпадает с центром окружности, описаннойоколо основания пирамиды; б) все боковые ребра пирамиды равнымежду собой;

• доказывать, понимать и иллюстрировать, что если основаниевысоты пирамиды совпадает с центром окружности, описаннойоколо ее основания, то:

— все боковые ребра пирамиды образуют с плоскостью ос-нования равные углы;

— все боковые ребра пирамиды равны между собой;• доказывать, понимать и иллюстрировать, что если все боковые

ребра пирамиды равны, то: — основание высоты пирамиды совпадает с центром окружнос-

ти, описанной около основания пирамиды; — все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью ее ос-

нования равные между собой углы;• доказывать, понимать и иллюстрировать, что если высота пи-

рамиды пересекает ее основание и все боковые грани пирамиды об-разуют с плоскостью основания равные двугранные углы, то осно-вание высоты пирамиды совпадает с центром окружности, вписан-ной в ее основание;

• доказывать, понимать и иллюстрировать: — объемы тетраэдров с равными основаниями относятся как их

высоты, опущенные на эти основания;— объемы тетраэдров с равными высотами относятся как пло-

щади их оснований;— объемы тетраэдров, имеющих равные трехгранные углы, от-

носятся как произведения длин ребер, образующих эти углы; • решать задачи на: — вычисление площади боковой и полной поверхности, объема

пирамиды и усеченной пирамиды;

2154010o3.fm Page 72 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

73

• используя частные виды пирамид, решать задачи на:— вычисление площади их боковой и полной поверхностей; — вычисление их объемов; — вычисление величин углов между ребрами и гранями, между

сечением и гранью;• решать задачи со всеми видами пирамид на построение, дока-

зательство и вычисление, сопровождая решение каждой задачикорректной аргументацией;

• решать задачи на нахождение высоты, длин сторон, плоскихуглов при вершине пирамиды, величин двугранных углов при бо-ковых ее ребрах и ребрах основания;

• строить сечение пирамиды, находить его площадь и угол меж-ду плоскостью сечения и плоскостью основания пирамиды.

В § 13 вводится определение многогранного углаPA1A2A3…An как множества всех точек пространства, при-надлежащих лучам PM, где точка M пробегает выпуклыймногоугольник A1A2A3…An, а P — данная точка, лежащаявне плоскости этого многоугольника. Затем даются опреде-ления вершины, ребер, граней, границы и внутренностимногогранного угла.

Вследствие выпуклости многоугольника A1A2A3…An мно-гогранный угол PA1A2…An является выпуклой фигурой(внутренняя область этого угла расположена по одну сторонуот плоскости каждой его грани).

Необходимо подчеркнуть, что мы будем рассматриватьтолько выпуклые многогранные углы. При этом учащиесядолжны знать, что сечением многогранного угла плоско-стью, проходящей через его внутреннюю точку и пересе-кающей все его ребра, является выпуклый многоугольник.Это — важный вывод. Незнание учащимися этого положе-ния может привести к следующему «конструктивному пара-доксу»: при небрежном (неаккуратном) построении сечения«выпуклой» пирамиды плоскостью, пересекающей все ее бо-ковые ребра, может получиться невыпуклый многоуголь-ник. Учащийся, не знающий теоремы о пересечении выпук-лого многогранника и плоскости, не в состоянии понять, чтопри алгоритмически правильном построении сечения он до-пустил ошибку технического характера.

Трехгранный угол определяется как многогранный угол,имеющий три грани. (Заметим, что трехгранный угол всегдавыпуклый.) Далее доказываются две теоремы о свойствахтрехгранного угла: «В трехгранном угле величина каждогоплоского угла меньше суммы величин двух других его пло-

2154010o3.fm Page 73 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

74

ских углов» — неравенство трехгранного угла; «Сумма вели-чин всех плоских углов выпуклого многогранного угла мень-ше 360°». Затем доказываются теорема косинусов и теоремасинусов для трехгранного угла. (В программе по стереомет-рии для базового уровня теория многогранных углов практи-чески отсутствует, что, безусловно, сказывается не только науровне теоретических знаний учащихся этих классов, но ина их умении решать содержательные стереометрические за-дачи.)

2.181. Все плоские углы трехгранного угла равны 60°.Найти: а) расстояние от вершины угла до точки, лежащейвнутри трехгранного угла и удаленной от всех его граней нарасстояние a; б) расстояние от вершины угла до точки, лежа-щей внутри трехгранного угла и удаленной от всех его реберна расстояние a; в) угол, который образует с плоскостью гра-ни трехгранного угла луч, лежащий внутри данного угла исоставляющий со всеми его гранями равные углы; г) угол,который образует с ребром многогранного угла луч, лежа-щий внутри данного угла и составляющий со всеми его реб-рами равные углы.

Решение. Выберем на ребрах данного трехгранного угла свершиной P точки A, B и C так, что PA = PB = PC = 1. ТогдаPABC — правильный тетраэдр, основанием которого являет-ся правильный треугольник ABC.

Пусть точка O — центр этого основания, A1, B1, C1 — сере-дины его сторон (рис. 21).

а) Биссекторные плоскости A1PA, B1PB и C1PC всех трехдвугранных углов с ребрами PA, PB и PC пересекаются попрямой OP — геометрическому месту точек, равноудален-ных от всех граней данного трехгранного угла.

Можно доказать, что если точки L, H и K — центры гра-ней соответственно PAB, PBC и PAC тетраэдра PABC, то всечетыре отрезка PO, AH, BK и CL перпендикулярны соответ-ствующим граням, пересекаются в одной некоторой точке M,делящей каждый из этих отрезков в отношении 3 : 1, считаяот вершины тетраэдра. Это означает, что MO = MH = MK =

= ML = a. Учитывая, что MO = PM, получаем PM = 3a —

искомое расстояние.б) Если точки T, Q и F — середины отрезков соответствен-

но PA, PB и PC (см. рис. 21), то можно доказать, что отрезки

13---

2154010o3.fm Page 74 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

75

A1T, B1Q и C1F пересекаются в точке M и делятся этой точ-кой пополам. При этом A1T ⊥ AP, B1Q ⊥ BP и C1F ⊥ CP. Полу-чаем: MT = MQ = MF = а.

Так как OP = = , MP = OP = , C1F =

= = = и MF = С1F = = a, то

MP = = • = a .

в) Так как BC ⊥ (A1AP), то (BCP) ⊥ (A1AP) (см. рис. 21). По-этому ∠(OP, (BCP)) = ∠A1PO. Аналогично, ∠(OP, (ACP)) == ∠B1PO, ∠(OP, (ABP)) = ∠C1PO. Из равенства прямоуголь-ных треугольников A1PO, B1PO и C1PO следует, что все пере-численные углы равны между собой.

В прямоугольном �A1PO находим sin ∠A1PO = =

= = , откуда ∠A1PO = arcsin .

Рис. 21

A

A1

B1

C1

B

C

H

F

L

T

P

K

Q

O

M

AP2 – OA2 63-------

34---

64-------

C1C2 – CF2 34--- –

14---

22-------

12---

24-------

64-------

24------- 3 3

A1O

A1P------------

3 6⁄

3 2⁄---------------

13---

13---

2154010o3.fm Page 75 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

76

г) Из равенства прямоугольных треугольников AOP, BOP,COP заключаем, что ∠APO = ∠BPO = ∠CPO, при этом нахо-

дим: sin ∠APO = , откуда ∠APO = arcsin .

2.185. Три плоскости 2x + 2y – z + 9 = 0, 3x + 4y + 9 = 0и x – 2y + 2z – 17 = 0 имеют единственную общую точку.

а) Найти эту точку. б) Определить число трехгранных уг-лов, образованных данными плоскостями. в) Найти уравне-ния прямых, на которых лежат ребра этих трехгранных уг-лов. г) Определить условие, которому должны удовлетворятькоординаты точек, лежащих с началом координат внутриодного и того же трехгранного угла. д) Определить фигуры,которые являются пересечением каждой из осей координати трехгранного угла, содержащего начало координат.

Решение. а) Обозначим плоскости, заданные уравнениями2x + 2y – z + 9 = 0, 3x + 4y + 9 = 0 и x – 2y + 2z – 17 = 0,соответственно через α, β и γ.

Пусть A — общая точка всех трех данных плоскостей.Ее координаты являются решением системы уравнений:

и равны: x = 1; y = –3; z = 5, т. е. A(1; –3; 5).б) Обозначим: α ∩ β = c, β ∩ γ = a, γ ∩ α = b.При пересечении плоскостей α и β получается четыре дву-

гранных угла, ребром каждого из которых является прямаяc. Так как три данные плоскости имеют единственную об-щую точку A, то плоскость γ, проходящая через A, пересека-ет прямую с, а следовательно, каждую из плоскостей α и βв точке A; при этом образуются 8 трехгранных углов, ребракоторых лежат на прямых c, a и b.

в) Составим параметрические уравнения прямой c = α ∩ β.В качестве начальной, фиксированной точки этой прямойвыберем точку A(1; –3; 5) и найдем координаты ее направ-ляющего вектора (m; q; r) из условия его перпендикуляр-ности каждому из векторов 1(2; 2; –1) и 2(3; 4; 0) нормалейплоскостей α и β, т. е. из условия:

33-------

33-------

2x + 2y – z + 9 = 0,3x + 4y + 9 = 0,x – 2y + 2z – 17 = 0

pn n

1• = 0,

2• = 0.

n p

n p

2154010o3.fm Page 76 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

77

В координатном виде эта система уравнений имеет сле-дующее выражение:

а ее решением являются: m = 4; q = –3; r = 2. Тогда парамет-рические уравнения прямой c = α ∩ β имеют вид:

t ∈ R.

Аналогично получаем уравнения:

t ∈ R и t ∈ R

соответственно прямых b = γ ∩ α и a = β ∩ γ.г) Пусть f(x, y, z) = Ax + By + Cz + D. Плоскость Ax +

+ By + Cz + D = 0 делит пространство на два полупространст-ва, в точках (x, y, z) одного из которых f(x, y, z) � 0, в точках(x, y, z) другого f(x, y, z) � 0.

Если f1(x, y, z) = 2x + 2y – z + 9, f2(x, y, z) = 3x + 4y + 9,f3(x, y, z) = x – 2у + 2z – 17, то f1(0, 0, 0) = 9 > 0, f2(0, 0, 0) == 9 > 0, f3(0, 0, 0) = –17 < 0, т. е. значения трехчленовf1(x, y, z), f2(x, y, z) в начале координат положительны,а значение трехчлена f3(x, y, z) в начале координат отрица-тельно. Поэтому в любой точке того трехгранного угла, кото-рый образован данными плоскостями и содержит начало ко-ординат, трехчлены f1(x, y, z), f2(x, y, z) должны быть поло-жительны, а трехчлен f3(x, y, z) — отрицателен, т. е. должновыполняться условие:

(*)

д) Определим фигуру, которая является пересечениемкоординатной оси абсцисс и трехгранного угла, содержа-щего начало координат. Для этого решим систему уравне-ний:

2m + 2q – r = 0,3m + 4q = 0,

x = 1 + 4t,y = –3 – 3t,z = 5 + 2t,

x = 1 + 2t,y = –3 – 5t,z = 5 – 6t,

x = 1 + 4t,y = –3 – 3t,z = 5 – 5t,

2x + 2y – z + 9 > 0,3x + 4y + 9 > 0,x – 2y + 2z –17 < 0.

2154010o3.fm Page 77 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

78

в результате чего получим три тройки чисел: (–4,5; 0; 0),(–3; 0; 0), (17; 0; 0). Однако f2(–4,5; 0; 0) = –4,5 < 0, т. е.не выполняется условие 3x + 4y + 9 > 0. Это означает, чтовнутри рассматриваемого трехгранного угла на оси абсцисссодержится отрезок MP, концами которого служат точкиM(–3; 0; 0) и P(17; 0; 0).

Аналогично, решая систему уравнений:

получаем точки L(0; –4,5; 0), K(0; –2,25; 0) и F(0; –8,5; 0),при этом координаты точек L и F не удовлетворяют условию(*). Поэтому внутри рассматриваемого угла на оси ординатрасположен луч с началом K(0; –2,25; 0), содержащий нача-ло координат.

Решением системы уравнений:

являются тройки чисел (0; 0; 9), (0; 0; 0), (0; 0; 8,5), и внутрирассматриваемого угла на оси аппликат расположен луч сначалом D(0; 0; 8,5), содержащий начало координат (точка(0; 0; 9), который не удовлетворяет условию (*)).

14.1—14.2. Определение пирамиды и ее элементов. Некоторые виды пирамид

Изложение теоретического материала этого параграфаавторы советуют вести в форме лекции-беседы, применяяметод укрупненных дидактических единиц.

2x + 2y – z + 9 = 0,3x + 4y + 9 = 0,x – 2y + 2z – 17 = 0,y = 0,z = 0,

2x + 2y – z + 9 = 0,3x + 4y + 9 = 0,x – 2y + 2z – 17 = 0,x = 0,z = 0,

2x + 2y – z + 9 = 0,3x + 4y + 9 = 0,x – 2y + 2z – 17 = 0,x = 0,y = 0

2154010o3.fm Page 78 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

79

В начале вводится определение пирамиды и ее элементов:основания, боковых граней, вершины, ребер и высоты. Пи-рамиду с основанием ABCDE и вершиной P условились обо-значать PABCDE. Пирамида называется n-угольной, если ееоснованием является n-угольник, при этом у n-угольной пи-рамиды имеется (n + 1) вершин, 2n ребер и (n + 1) граней.Необходимо подчеркнуть, что у пирамиды нет диагоналей,но могут быть диагонали основания.

Следует напомнить учащимся, что мы будем изучатьтолько выпуклые многогранники, поэтому основаниямиизучаемых в дальнейшем пирамид будут лишь выпуклыемногоугольники.

На моделях и рисунках-изображениях пирамид следуетпроиллюстрировать учащимся все элементы пирамиды. Не-обходимо особо объяснить, что двугранным углом при ребрепирамиды называют содержащий эту пирамиду двугранныйугол, образованный плоскостями тех граней, в которых рас-положено данное ребро.

Изучая пирамиды, стоит особо остановиться на треуголь-ных пирамидах — тетраэдрах. Это объясняется, например,тем, что: во-первых, тетраэдр — это многогранник с наи-меньшим числом граней; во-вторых, любая грань тетраэдраможет быть принята за его основание (ни одна другая пира-мида таким свойством не обладает); в-третьих, любой выпук-лый многогранник, в том числе и любую пирамиду, можноразбить на некоторое число тетраэдров. (Для этого достаточ-но, например, взять любую точку P внутри данного много-гранника и соединить ее отрезками со всеми его вершинами.Затем полученные пирамиды с вершиной P, не являющиесятреугольными, разбить на треугольные с той же общей вер-шиной P. Такое разбиение многогранника на треугольныепирамиды, а его поверхности — на треугольники называюттриангуляцией этого многогранника и часто используют принахождении объемов многогранников.)

Следует рассмотреть свойства тетраэдра, все высоты кото-рого пересекаются в одной точке (ортоцентрический тетра-эдр), и тетраэдра, все грани которого — равные треугольни-ки (равногранный тетраэдр). Заметим, что все грани равно-гранного тетраэдра могут быть только остроугольнымитреугольниками, разверткой его является также остроуголь-ный треугольник. Правильный тетраэдр является частнымслучаем равногранного тетраэдра.

2154010o3.fm Page 79 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

80

Необходимо рассмотреть и изобразить некоторые частныевиды пирамид: а) пирамида, все боковые ребра которой обра-зуют равные углы с плоскостью ее основания (все боковыеребра пирамиды равны между собой); вокруг основания та-кой пирамиды можно описать окружность, центром которойявляется ортогональная проекция вершины пирамиды наэто основание, в частности, если в основании такого вида пи-рамиды лежит прямоугольный треугольник, то ортогональ-ной проекцией вершины этой пирамиды на ее основание слу-жит середина гипотенузы треугольника-основания; б) пира-мида, все двугранные углы которой при ребрах основанияравны между собой; ортогональной проекцией вершины та-кой пирамиды на ее основание является центр окружности,вписанной в это основание; в) пирамида, ровно одна боковаягрань которой перпендикулярна плоскости ее основания; ор-тогональной проекцией вершины такой пирамиды на ее ос-нование является точка прямой, проходящей через сторонуперпендикулярной боковой грани; г) пирамида, две соседниебоковые грани которой перпендикулярны плоскости ее осно-вания; высотой такой пирамиды является общее боковоеребро данных боковых граней; д) пирамида, две не соседниебоковые грани которой перпендикулярны плоскости ее осно-вания; основанием высоты такой пирамиды является точкапересечения прямых, содержащих стороны основания пира-миды, лежащие в этих перпендикулярных гранях.

Учитель сам может расширять перечень частных видовпирамид. Так, например, можно рассказать учащимся:а) о пирамиде, боковое ребро которой образует равные углыс пересекающимися с ним ребрами основания; ортогональ-ная проекция вершины такой пирамиды на ее основаниепринадлежит биссектрисе угла, образованного этими ребра-ми основания; б) о пирамиде, два боковых ребра которойравны между собой; вершина такой пирамиды проектирует-ся на серединный перпендикуляр отрезка, соединяющего ос-нования равных боковых ребер (этим отрезком может бытьлибо ребро основания, либо диагональ основания).

Следует целенаправленно вырабатывать у учащихся при-вычку начинать изображения частных видов пирамиды с изо-бражения их оснований. Если при этом все боковые ребра (всебоковые грани) пирамиды одинаково наклонены к плоскостиоснования, то требуется построить изображение центра ок-ружности, соответственно описанной около основания (впи-санной или вневписанной в него), и только после этого из по-строенного центра провести перпендикуляр к плоскости мно-

2154010o3.fm Page 80 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

81

гоугольника и выбрать на этом перпендикуляре в качествевершины пирамиды любую точку, отличную от центра много-угольника.

2.189. В основании пирамиды лежит треугольник со сто-

ронами 5, 6 и . Все боковые ребра пирамиды равны меж-ду собой. Высота пирамиды составляет с каждым из ее боко-вых ребер угол 60°. Найти боковое ребро пирамиды.

Решение. Пусть основанием пирамиды PABC является

треугольник ABC, у которого AB = 5, BC = 6, AC = .Так как все боковые ребра пирамиды равны между собой,

то основание O высоты PO пирамиды совпадает с центромокружности, описанной около �ABC, т. е. OA = OB = OC == R, где R — радиус этой окружности. Учитывая, что

∠OPA = 60°, в �AOP получаем: AP = . Найдем R.

В �ABC по теореме косинусов находим: cos B =

= = = ⇒ ∠B = 60° ⇒ sin B =

= . Тогда из = = 2R находим: R = =

= ; значит, AP = : = .

2.194. Основание пирамиды — правильный треугольник,а высота пирамиды проходит через один из центров вневпи-санной окружности и равна радиусу этой окружности. Най-ти величины двугранных углов пирамиды при ребрах ееоснования.

Решение. Пусть PABC — данная пирамида, PO — ее высо-та, где O — центр одной из вневписанных окружностей �ABC(рис. 22).

Если точки K, H, M — середины сторон соответствен-но AB, BC, CA и OK1 � CK, OH1 � AH, то углы OK1P, OH1P иOMP являются линейными углами двугранных углов пира-миды при ребрах ее основания.

Так как высота PO пирамиды равна радиусу вневписан-ной окружности �ABC, то OP = OK1 = OH1 = OM. Это озна-чает, что ∠OK1P = ∠OH1P = ∠OMP = 45°. Учитывая, что∠OMP — внешний для �BMP, заключаем: искомые углыравны 45, 45 и 135°.

31

31

R 60°sin

---------------------

AB2 + BC2 – AC2

2AB•BC----------------------------------------------------

25 + 36 – 312•5•6

------------------------------------

12---

32-------

AC Bsin

---------------

AC 60°sin

---------------------

AC2 60°sin-------------------------

313-------

313-------

32-------

2 313

---------------

2154010o3.fm Page 81 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

82

2.197. Основание пирамиды — равнобедренный треуголь-ник с основанием 12 и боковой стороной 10. Найти высотупирамиды, если все ее боковые грани образуют с плоскостьюоснования двугранные углы в 45°.

Решение. Пусть основанием пирамиды PABC являетсяравнобедренный �ABC, у которого AB = 12, BC = AC = 10;K — середина AB.

Так как все боковые грани пирамиды образуют с плоско-стью основания двугранные углы в 45°, то основание O высо-ты PO пирамиды совпадает с центром окружности, вписаннойв �ABC, т. е. OK = R, где R — радиус этой окружности. Учи-тывая, что ∠OKP = 45°, в �KOP имеем: OP = R. Найдем R.

В �ABC находим: R = = = 3. Значит,

OP = 3.

2.198. Основанием пирамиды является ромб, а высота пи-

рамиды равна 2 и проходит через центр основания. Найтисторону основания пирамиды, если расстояния от центра ос-

нования пирамиды до боковых ребер равны 2 и .Решение. Пусть основанием пирамиды PABCD являет-

ся ромб ABCD с центром O; при этом OH = , OH ⊥ BP;OK = 2, OK ⊥ CP (рис. 23).

В прямоугольном �BOC: BC = . Найдем OBи OC.

Рис. 22

P

H1B C

O

K

A

H

M

K1

S�ABC

p------------------

12• 102 – 62

2•16---------------------------------------

3

3

3

OB2 + OC2

2154010o3.fm Page 82 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

83

В прямоугольном �POH имеем: OH = , OP = 2 ⇒

⇒ ∠OPH = 30°. Тогда OB = OP•tg 30° = 2 • = 2.

Обозначим ∠OPC = β. Тогда в прямоугольном �POK по-

лучаем: sin β = = = ⇒ cos β = . Тогда OC =

= OP • tg β = 2 • = . Теперь получаем: BC =

= = = .

2.200. Два боковых ребра треугольной пирамиды и за-ключенная между ними сторона основания равны соответ-ственно 6, 9 и 9 дм. Высота пирамиды проходит через центр

вписанной в основание окружности и равна 3 дм. Найтинеизвестные стороны основания.

Решение. Пусть BP = 6, AB = AP = 9, PO = 3 — высотапирамиды PABC (рис. 24).

Если OK = OH = OM = r, где r — радиус окружности, впи-санной в основание ABC пирамиды, то PK ⊥ AB, PM ⊥ BC,PH ⊥ AC, при этом AK = AH, BK = BM, CH = CM.

Находим:

PK = = = 4 .

Тогда AK = = = 7, значит, AH = 7

и BK = 2. Кроме того, OK = = = .

3 3

3 32-------

OKOP----------

2

2 3-----------

33-------

63-------

3 22------- 6

OB2 + OC2 22 + 6( )2 10

Рис. 23

P

HAD

B

K

O

C

Рис. 24

A C

O

K

B

M

P

H

3

3

2S�ABP

AB-----------------------

2 12•3•3•69

--------------------------------------- 2

AP2 – PK2 81 – 32

PK2 – OP2 32 – 27 5

2154010o3.fm Page 83 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

84

Если CM = CH = x, то периметр треугольника ABC ра-

вен 2•(9 + x), а его площадь равна =

= . Это означает, что = =

= , т. е. 5(x + 9) = 14x, откуда x = 5. Тогда BC = 7,

AC = 12.

Пирамиды, одна или несколько граней которых перпендикулярны плоскости основания

2.208. В основании пирамиды лежит равнобедренный тре-угольник, две стороны которого равны b, а угол между ни-ми α. Одна из боковых граней пирамиды перпендикулярнаплоскости основания, а две другие грани образуют с основа-нием двугранные углы, равные β и содержащие данную пира-миду. Какие значения может принимать высота пирамиды?

Решение. Пусть PABC — данная пирамида, основаниемкоторой является равнобедренный треугольник ABC (AB == AC = b, ∠BAC = α). Возможны два случая.

1) Перпендикулярной плоскости основания пирамидыявляется ее грань, содержащая основание BC треугольникаABC.

Пусть точка H — середина BC, PH — высота пирамиды иHK ⊥ AC (рис. 25, а), тогда PK ⊥ AC и ∠HKP = β. В �HKP:PH = KH•tg β. Найдем KH.

x + 9( )•x•2•7

14x x + 9( ) 5 2 14x x + 9( )

2 x + 9( )---------------------------------------

14x

x + 9-------------------

α

BA

KH

P

A B

CK

T

H

α

β

M

P

βC

Рис. 25

а) б)

2154010o3.fm Page 84 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

85

В прямоугольном �AHK имеем: KH = AH•sin , а в пря-

моугольном �AHB находим AH = AB•cos = b•cos .

Тогда KH = b•cos •sin = b•sin α. Таким образом, PH =

= 0,5• b•sin α•tg β.2) Перпендикулярной плоскости основания пирамиды яв-

ляется ее грань, содержащая боковую сторону AC треуголь-ника ABC (рис. 25, б).

Пусть точка H — середина BC, PK — высота пирамиды,KM ⊥ BC (KM � AH), KT ⊥ AB. Тогда PM ⊥ BC, PT ⊥ ABи ∠MKP = ∠TKP = β.

Из равенства прямоугольных треугольников MKP и TKPследует равенство KM = KT, поэтому точка K — основаниевысоты пирамиды — принадлежит биссектрисе угла ABC.Это означает, что AK : KC = AB : BC.

Если CK = x, то AK = b – x. Так как BC = 2b•sin , то из

соотношения = находим: x = = CK.

Далее, в прямоугольном треугольнике CKM ∠CKM =

получаем: KM = CK•cos = = .

Теперь в прямоугольном �MKP получаем: PK = KM•tg β =

= .

2.210. В основании пирамиды MABCD лежит ромб ABCDсо стороной 2 и углом 60°. Две боковые грани пирамидыперпендикулярны основанию, а ее большее боковое реброобразует с основанием угол 60°. Найти высоту пирамиды.

Решение. Пусть ∠BAD = 60° в ромбе ABCD. Тогда BD = 2,

AC = 2 . Возможны случаи.1. Две боковые грани, перпендикулярные плоскости осно-

вания, содержат вершину A, т. е. MA ⊥ (ABC) (рис. 26, а).

α

2---

α

2---

α

2---

α

2---

α

2---

12---

α

2---

xb – x--------------

2b α

2---sin

b----------------------

2b α

2---sin

1 + 2 α

2---sin

------------------------------

α

2---

α

2---

2b α

2---sin •

α

2---cos

1 + 2 α

2---sin

-------------------------------------------

b αsin

1 + 2 α

2---sin

------------------------------

b αsin •tg β

1 + 2 α

2---sin

-----------------------------------

3

2154010o3.fm Page 85 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

86

Тогда MC — большее боковое ребро пирамиды, и в пря-

моугольном �ACM находим: MA = AC•tg 60° = 2 • == 6.

2. Две боковые грани, перпендикулярные плоскости осно-вания, содержат вершину D, т. е. MD ⊥ (ABC) (рис. 26, б).Тогда MC = MA = MB (как наклонные, имеющие равныепроекции), и в прямоугольном �BDM находим: MD =

= BD•tg 60° = 2• = 2 .

2.212. В основании пирамиды MABCD лежит трапецияABCD, у которой AB = BC = CD = 1 и AD = 2. Грани MAB иMCD перпендикулярны основанию, а двугранный угол приребре AD равен 30°. Найти высоту пирамиды.

Решение. Так как в трапеции ABCD AB = BC = CD = 1 иAD = 2, то эта трапеция является равнобедренной с углом60° при нижнем основании. Если при этом K = AB ∩ CD,а точки H и P — середины соответственно AD и BC, то точкиK, H, P лежат на одной прямой и KH ⊥ AD (рис. 27).

Если MK — перпендикулярк плоскости ABC, то (AKM) ⊥⊥ (ABC) и (DKM) ⊥ (ABC);вследствие B ∈ (AKM) и C ∈∈ (DKM), боковые грани ABMи CDM пирамиды MABCDперпендикулярны плоскостиее основания, т. е. пирамидаMABCD — искомая.

Так как �ADK — равносто-ронний и KM ⊥ (ABC), то�ADM — равнобедренный.

Рис. 26

а)б)

M

A B

CD 60°

A B

CD

M

60°

3 3

3 3

Рис. 27

M

KD

H

A

B

C

P30°

2154010o3.fm Page 86 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

87

Поэтому MH ⊥ AD. Тогда ∠MHK — линейный угол двугран-ного угла пирамиды при ее ребре AD, т. е. ∠MHK = 30°.

В равностороннем �ADK со стороной 2 находим: HK = ,и в прямоугольном �MHK получаем MK = HK•tg 30° =

= • = 1.

2.214. Основанием пирамиды является ромб с острым уг-лом α. Одна из боковых граней пирамиды является равносто-ронним треугольником и перпендикулярна плоскости осно-вания. Найти величины двугранных углов при ребрах осно-вания пирамиды.

Решение. Пусть PABCD — данная пирамида; ромб ABCD —ее основание, при этом AB = a и ∠BAD = α; плоскость равно-стороннего треугольника ADP перпендикулярна основаниюпирамиды, при этом точка H — середина AD и HP ⊥ AD; DMи DF — высоты ромба ABCD (рис. 28). Тогда в треугольникеMCD имеем: DM = DC•sin α = a•sin α, значит, DF = a•sin α.

Проведем HK � DM и HL � DF. Тогда HK ⊥ BC, HL ⊥ AB ипо теореме о трех перпендикулярах PK ⊥ BC, PL ⊥ AB. Этоозначает, что ∠PLH = ϕ и ∠PKH = β — линейные углы дву-гранных углов пирамиды соответственно при ребрах AB иBC ее основания. Найдем эти углы.

В правильном �ADP (AD = a): PH = ;

HK � DM, HK = DM ⇒ HK = a•sin α;

в �ADF : HL = DF = .

3

3 33-------

Рис. 28

P

C

M

BA L F

HC

K

α

βϕ

α

D

a 32

-----------

12---

asin α2

------------------

2154010o3.fm Page 87 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

88

Тогда получаем:

tg ϕ = = : = ⇒ ϕ = arctg ;

tg β = = : a•sin α = ⇒ β = arctg .

Так как точка H — середина стороны AD ромба ABCD, тоточка H равноудалена от его сторон AB и CD, поэтому дву-

гранный угол при ребре CD равен arctg . Учитывая, что

плоскость равностороннего треугольника ADP перпендику-лярна основанию пирамиды, приходим к выводу: двугран-ный угол при ребре AD равен 90°.

2.221. В тетраэдре ребра AB, AC и AD соответственно рав-ны 3, 4 и 5, а все плоские углы при вершине A — прямые.Найти величину двугранного угла при каждом ребре пира-миды.

Решение. Пусть AP, AH и AK — высоты прямоуголь-ных треугольников (граней тетраэдра) соответственно ABC,ACD и ABD (рис. 29). Так как ∠CAD = ∠CAB = 90°, то AC ⊥⊥ (ABD), откуда AC ⊥ AK. Тогда по теореме о трех перпенди-кулярах CK ⊥ BD. Это означает, что ∠AKC = α — линейныйугол двугранного угла пирамиды при ребре BD.

Аналогично рассуждая, получим: ∠APD = β — линейныйугол двугранного угла пирамиды при ребре BC; ∠AHB = γ —линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре CD.

Найдем эти углы.В прямоугольном треугольни-

ке AKC имеем: tg α = . Так

как в прямоугольном треуголь-нике ABD имеем: AK =

= = = ,

то tg α = = ⇒

⇒ α = arctg .

PHHL----------

a 32

-----------

asin α2

------------------

3sin α--------------

3sin α--------------

PHHK-----------

a 32

-----------

32sin α------------------

32sin α------------------

3sin α--------------

Рис. 29

A

C

B

K

DH

Oβα

P

ACAK----------

AB•AD

AB2 + AD2-------------------------------------

3•5

9 + 25----------------------

15

34-----------

4

15 34⁄----------------------

4 3415

---------------

4 3415

---------------

2154010o3.fm Page 88 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

89

Аналогично находим:

tg β = = = = =

= ⇒ β = arctg ;

tg γ = = = = =

= ⇒ γ = arctg .

Двугранные углы при ребрах AB, AC и AD равны 90°.

2.223. В треугольной пирамиде скрещивающиеся ребрапопарно равны между собой. Найти сумму плоских угловпри вершине пирамиды.

Решение. Пусть PABC — данная треугольная пирамида(тетраэдр), в которой AB = CP, BC = AP, AC = BP (рис. 30). Ес-ли AB = c, ВС = a, AC = b, то CP = c, AP = a, BP = b. Поэтомувсе грани тетраэдра равны между собой (по трем сторонам).

Обозначим в треугольнике ABC: ∠CAB = α, ∠ABC = β,∠BCA = γ. Тогда на основании равенства треугольников ACP,BPA и BPC, имеющих общую вершину P, получаем: ∠BPC == α, ∠ APC = β, ∠APB = γ. Так как α + β + γ = 180° (в треуголь-нике ABC), то ∠ BPC + ∠ APC + ∠ APB = 180°, т. е. сумма всехплоских углов при вершине P данного тетраэдра равна 180°.

ADAP----------

ADAB•AC

AB2 + AC2------------------------------------

-------------------------------------

AD• AB2 + AC2

AB•AC----------------------------------------------------

5• 32 + 42

3•4---------------------------------

2512-------

2512-------

ABAH----------

ABAD•AC

AD2 + AC2-------------------------------------

-------------------------------------

AB• AD2 + AC2

AD•AC----------------------------------------------------

3• 52 + 42

5•4---------------------------------

3 4120

---------------

3 4120

---------------

Рис. 30

α

P

B

A

Ca

a

c

c b

α

α

α

βγ

γβ

γ

β γ

β

b

Рис. 31

M

CO

K

BTA

D H

2154010o3.fm Page 89 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

90

Аналогично можно доказать, что сумма всех плоских уг-лов при любой вершине данного тетраэдра равна 180°.

Замечание. Тетраэдр, все грани которого равны между со-бой, называют равногранным. В равногранном тетраэдресумма плоских углов при любой его вершине равна 180°.

2.225. Основание пирамиды MABCD — ромб ABCD с ост-рым углом BCD, равным 60°, и высотой 12. Вершина M рав-ноудалена от прямых AD, BC и от вершин B и C. Найти дли-ны боковых ребер пирамиды, если ее высота равна 1.

Решение. Множество всех точек пространства, равноуда-ленных от данных параллельных прямых, есть плоскость,проходящая через середину отрезка общего перпендикуляраэтих прямых и ему перпендикулярная, а множество всех то-чек пространства, равноудаленных от концов данного отрез-ка, есть плоскость серединных перпендикуляров этого отрез-ка. Это означает, что вершина M принадлежит прямой пере-сечения плоскости, перпендикулярной основанию пирамидыи проходящей через медиану DK правильного треугольникаBCD, и плоскости, которая проходит через середину отрезкаDK перпендикулярно ему, т. е. точка O — основание высотыпирамиды — есть середина медианы DK (рис. 31).

Медиана DK правильного треугольника BCD являетсявысотой ромба ABCD, поэтому DK = 12, значит, сторона ром-

ба равна 8 . При этом OK = OD = DK = 6, CK = BC =

= = 4 . Тогда в прямоугольном �MOK находим

MK = = = . А так как �MDK —

равнобедренный, то MD = MK = .Далее, в прямоугольном �MCK имеем:

MC = = = . А так как

�MBC — равнобедренный, то MB = MC = .Так как DK ⊥ BC, BC � AD, то �AOD — прямоугольный,

поэтому OA2 = OD2 + AD2 = 36 + 192 = 228. Тогда в

прямоугольном �AOM находим: AM = =

= = .

Таким образом, DM = , MC = MB = , MA = .

3 12---

12---

8 32

----------- 3

OM2 + OK2 1 + 36 37

37

MK2 + CK2 37 + 48 85

85

OM2 + OA2

1 + 228 229

37 85 229

2154010o3.fm Page 90 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

91

14.3. Правильная пирамида

С правильной пирамидой учащиеся уже многократновстречались в предшествующем курсе стереометрии 10 и11 классов (ее наглядное описание было дано в нашем учеб-нике «Геометрия. 10 класс»).

В этом параграфе дается строгое определение правильнойпирамиды и изучаются ее свойства.

Учащиеся доказывают, что в правильной пирамиде: всебоковые ребра равны, а все боковые грани — равные равно-бедренные треугольники; все боковые ребра образуют с плос-костью основания равные углы, а все боковые грани — рав-ные двугранные углы. Кроме того, учащиеся могут использо-вать следующие признаки правильной пирамиды: пирамида,в основании которой правильный многоугольник, являетсяправильной, если: а) все ее боковые ребра равны; б) все ее бо-ковые ребра образуют с плоскостью основания равные углы;в) все ее боковые грани — равные треугольники.

Необходимо вырабатывать у учащихся привычку начи-нать изображение правильной пирамиды, как и изображе-ния некоторых частных видов пирамид, с изображения ееоснования — правильного многоугольника — и его центра.Затем из построенного центра провести перпендикуляр кплоскости многоугольника и выбрать на этом перпендикуля-ре в качестве вершины пирамиды любую точку, отличную отцентра многоугольника. Соединив отрезками прямых этуточку со всеми вершинами многоугольника, получим изо-бражение правильной пирамиды.

2.233. Основание правильного тетраэдра DABC с ребром 1является боковой гранью правильной четырехугольной пира-миды ABCPQ. Вершина D лежит вне пирамиды ABCPQ.Найти: а) расстояние между вершинами D и P; б) величинуугла между прямыми BD и QC.

Решение. Пусть точка O — центр основания пирамидыABCPQ, точка M — центр основания правильного тетраэдраDABC (рис. 32), точки H и K — середины QP и BC соответ-

ственно. Тогда в правильном треугольнике ABC: KM = AK =

= • = , а в правильном тетраэдре DABC с ребром 1 име-

ем: MD = .

13---

13---

32-------

36-------

63-------

2154010o3.fm Page 91 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

92

Так как OB = OC = (как половина диагонали квадрата

со стороной 1) и OA = = = , то

пирамида OABC — правильная с основанием ABC, поэтомуотрезок OM является высотой этой пирамиды, т. е. OM ⊥

⊥ (ABC). Учитывая, что M — центр основания ABC правиль-ного тетраэдра DABC, приходим к выводу: точки O, M и Dлежат на одной прямой, перпендикулярной (ABC). Кроме то-

го, OM = = = . Получили:

AM : MK = DM : МО = 2 : 1 ⇒ AD = 2OK = 2•0,5 = 1 иAD � OK.

Так как четырехугольник ADKH — параллелограмм, в ко-

тором AH = KD = AK = , то HD2 = 2(AH2 + HK2) – AK2 =

= AH2 + 2HK2 = + 2 = .

Далее, плоскость AHK, в которой расположен этот парал-лелограмм, перпендикулярна (ABC) и прямой PQ, поэтому в

прямоугольном �HPD находим: DP2 = HD2 + HP2 = +

+ = 3 ⇒ DP = .

Так как четырехугольник ADBQ — параллелограмм,в котором AQ � BD, то ∠(BD, CQ) = ∠(AQ, CQ) = 45°

(�AOQ — равнобедренный прямоугольный).

Рис. 32

P

H

Q B

KO

DA

M

C

22-------

AK2 – OK2 3

2-------

2

– 12---

2 22-------

OK2 – KM2 12---

2

– 3

6-------

2 66-------

32-------

34---

114-------

114-------

14--- 3

2154010o3.fm Page 92 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

93

2.240. Найти боковое ребро правильной треугольной пи-

рамиды, высота которой равна , а высота боковой грани,

опущенная на боковое ребро, — .

Решение. Пусть CH = и PK — высоты грани APC

(рис. 33); AC = c; OP = — высота пирамиды. Тогда в

правильном �ABC: OK = BK = ; OB = BK = =

= OA;

в прямоугольном �OPK: PK = =

= = ;

в прямоугольном �OAP: AP = =

= = .

Так как S�APC = AC•PK = AP•CH, то из

c• = • получаем: c4 + 64c2 – 420 = 0,

откуда при c2 = t (t > 0) находим t = 6, т. е. c2 = 6, значит,

AP = = 3.

7

5

5

7

13---

c 36

-----------

23---

c 33

-----------

OK2 + OP2

c 3

6-----------

2

+ 7( )2 1

2---

c2 84+3

-------------------

OA2 + OP2

c 3

3-----------

2

+ 7( )2 c2 21+

3-------------------

12---

12---

12---

c2 84+3

-------------------

c2 21+3

------------------- 5

6 + 213

------------------

Рис. 33

P

H

A

OK

C

B

Рис. 34

M

AC

B

HP

KO

2154010o3.fm Page 93 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

94

2.241. Двугранный угол при боковом ребре правильнойтреугольной пирамиды равен 120°, расстояние от центра ос-нования пирамиды до бокового ребра равно a. Найти высотупирамиды.

Решение. Пусть ∠CHB = 120° — линейный угол двугран-ного угла при ребре AM правильной пирамиды MABC((BHC) ⊥ АМ (рис. 34); OM — высота пирамиды; OP ⊥ AM,OP = a = ρ(O; AM) — расстояние от центра O основания пи-рамиды до ребра AM.

Из AK = OA следует HK = OP = a. Поэтому в прямо-

угольном �BHK: BK = HK•tg 60° = a• = a. Тог-

да BC = 2BK = a•2 = 3a . Значит, AK = =

= = a.

В �ABC имеем: AO = AK = • a = 3a. В прямоуголь-

ном �AHK: AH = = = 3a .

Теперь находим высоту OM: из подобия треугольников AOM

и AHK следует = или = OM : , откуда

OM = .

2.246. Сторона основания правильной четырехугольнойпирамиды равна а. Боковое ребро образует с высотой угол в30°. Построить сечение пирамиды, проходящее через верши-ну ее основания перпендикулярно противолежащему ребру,и найти его площадь.

Решение. Пусть α — плоскость сечения пирамиды PABCD,проходящая через вершину A квадрата ABCD перпендику-лярно ребру PC. Так как �APC — равнобедренный с углом в60° при основании AC, то этот треугольник является равно-сторонним. Поэтому точкой пересечения плоскости α с реб-ром PC является середина E этого ребра (рис. 35), а отрезкиME и KE, по которым плоскость α пересекает соответствен-

32---

32---

32---

32--- 3 3 3

2-----------

3 32

----------- 3 BC 32

-----------------

3 3a• 32

----------------------------

92---

23---

23---

92---

AK2 – KH2 92---a

2–

32---a

2 2

AOAH----------

OMHK-----------

3a

3a 2---------------

3a2-------

3a 24

---------------

2154010o3.fm Page 94 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

95

но грани PBC и PCD, перпен-дикулярны PC. Тогда из ра-венства прямоугольных тре-угольников MPE и KPE по-лучаем PK = PM, откудаследует KM � BD. Тогдаискомым сечением даннойпирамиды является четырех-угольник AMEK, диагоналиKM и AE которого взаим-но перпендикулярны, значит,

SAMEK = •KM•AE. Най-

дем KM и AE.

Так как AC = a и точка E является серединой сторо-

ны PC правильного треугольника APC, то PE = ,

AE = .

Тогда в прямоугольном �HPE (∠HPE = 30°) находим:

PH = = : = . Значит, сторона KM

правильного �KPM, в котором PH — медиана, равна

: = .

Таким образом, Sсечен = SAMEK = •KM•AE = • ×

× = .

2.248. Площадь боковой грани правильной шестиуголь-ной пирамиды равна Q. Найти площадь сечения, плоскостькоторого параллельна боковой грани пирамиды и проходитчерез середину ее высоты.

Решение. Обозначим: α — плоскость сечения; точка T —середина высоты OP правильной пирамиды PABCDEF; точ-ки K, K1 и L — середины отрезков соответственно ВС, OKи EF (рис. 36).

Рис. 35

P

E

CD

M

O

A B

H

K

12---

2

a 22

-----------

a 62

-----------

PE 30°cos

---------------------

a 22

-----------

32-------

a 63

-----------

a 63

-----------

32-------

2a 23

---------------

12---

12---

2a 23

---------------

a 62

-----------

a2 33

--------------

2154010o3.fm Page 95 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

96

Пусть плоскость α параллельна грани PBC. ТогдаP1K1 � PK (P1K1 = (OPK) ∩ α), ХR � BC (ХR = (ABC) ∩ α), приэтом T ∈ P1K1, K1 ∈ ХR, P1 ∈ PL.

Далее, так как ХR � AD � EF, то пересечениями плоскос-ти α с треугольниками ADP и PEF служат соответственноотрезки A1D1 � AD и MN � EF (T ∈ A1D1, M ∈ PF, N ∈ PE,P1 ∈ MN). При этом A1D1 = 0,5AD = BC, ХR = 1,5BC, значит,сечением данной пирамиды плоскостью α является шести-угольник ХA1MND1R, составленный из двух трапецийA1D1RХ и MND1A1 с общим основанием A1D1.

Если BC = a, PK = h, то S�PBC = ah = Q.

Находим — площадь сечения ХA1MND1R.

Так как K1K = OK = KL и P1K1 � PK, то MN = EF =

= ; P1K1 = PK = h, TK1 = PK = h, P1T = h; ХR =

= a; A1D1 = AD = •2a = a.

Ðèñ. 36

P

C

DE

F

A B

K

Q

T

MN

A1

D1

P1

O

LR

K1

12---

SXA1MND1R

12---

14---

14---

a4---

34---

34---

12---

12---

12---

32---

12---

12---

2154010o3.fm Page 96 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

97

Теперь получаем: = •P1T +

+ •K1T = • + • = ah =

= • ah = Q.

Учащимся полезно знать, что в ряде случаев нахождениеплощади сечения правильной четырехугольной пирамидыплоскостью, которая проведена через сторону основания пи-рамиды и образует с этим основанием угол α, может быть уп-рощено, если воспользоваться следующим фактом.

Допустим, в сечении пирамиды PABCD получается равно-бедренная трапеция ADKM (точки A и D — вершины осно-вания пирамиды), ортогональной проекцией которой наплоскость основания пирамиды является также равнобед-ренная трапеция ADK1M1 с высотой FL. Тогда SADKM =

= . Так как диагонали основания взаимно перпенди-

кулярны, а вершины K1 и M1 лежат на этих диагоналях, то

ADK1M1 — равнобедренная трапеция с взаимно перпенди-

кулярными диагоналями, поэтому площадь этой трапеции

равна квадрату ее высоты, т. е. = FL2. Значит,

(см. 2.245).

14.4. Площади боковой и полной поверхностей пирамиды

В этом пункте учебника получены формулы для вычисле-ния площадей боковой и полной поверхностей пирамиды.При этом если все двугранные углы при ребрах основанияпирамиды равны ϕ, то площадь боковой поверхности этойпирамиды и площадь ее основания взаимосвязаны соотно-

шением Sбок = (где Sосн — площадь ее основания). Есте-

ственно, данная формула применима и для вычисления пло-щади боковой поверхности правильной пирамиды.

SXA1MND1RA1D1 + MN

2-----------------------------------

A1D1 + RX

2---------------------------------

a +a4---

2---------------

h4---

a +32---a

2-------------------

h2---

2532-------

2516-------

12---

2516-------

SADK1M1

αcos------------------------

SADK1M1

Sосн

ϕcos---------------

2154010o3.fm Page 97 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

98

2.253. Основанием пирами-ды служит параллелограмм,у которого стороны равны 4 и 5,а одна из диагоналей 3; высотапирамиды, равная 2, проходитчерез точку пересечения диаго-налей основания. Найти пло-щадь полной поверхности пира-миды.

Решение. Пусть PABCD —данная пирамида с основаниемABCD, в котором AB = 5, BC = 4,

BD = 3 (рис. 37). Тогда �ABD — прямоугольный с катетамиAD и BD, значит, его площадь равна 6, а площадь основанияравна 12. Тогда высота DH параллелограмма ABCD равна 2,4.

Проведем через центр O основания пирамиды его высотуKM, тогда OM = 1,2, поэтому высота PM грани APB равна

= = . Значит, S�ABP =

= AB•PM = •5• = .

Далее, так как BD ⊥ BC, то PB ⊥ BC. Поэтому S�BCP =

= BC•BP = •4• = 2• = 5. Тогда Sполн = 2(S�ABP +

+ S�BCP) + Sосн = 2( + 5) + 12 = 2(11 + ).

2.256. Площадь сечения правильной четырехугольнойпирамиды, проведенного через центр основания пирамидыпараллельно боковой грани, равна Q. Найти площадь боко-вой поверхности пирамиды.

Решение. Пусть PABCD — данная пирамида, точка O —центр ее основания ABCD. Если сечение пирамиды парал-лельно грани PBC, а точки M и E — середины соответствен-но AB и CD, то это сечение представляет собой равнобедрен-ную трапецию, одним основанием которой служит отрезокME, а другим — отрезок FL � ME, где точки F и L — середи-ны ребер соответственно AP и DP, причем MF � BP и EL � CP(прямые пересечения двух параллельных плоскостей треть-ей плоскостью параллельны).

При параллельном переносе на вектор трапецияMELF отобразится на равную ей трапецию BCHK, где K и

Рис. 37

P

CD

O

A BH

K

M

OM2 + OP2 1,22 + 22 2 345

---------------

12---

12---

2 345

--------------- 34

12---

12--- 4 +

94---

52---

34 34

MB

2154010o3.fm Page 98 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

99

H — середины ребер соответ-ственно BP и CP. Если при этомS1 = S�HKP, S = S�BCP, то S =

= S1 + Q. С учетом S1 = S по-

лучаем S = S + Q, откуда S =

= Q. Это означает, что Sбок =

= 4S = 4• Q = Q.

2.259. Два боковых ребратреугольной пирамиды равны25 см и 30 см, а сторона основа-ния, заключенная между ними,равна 25 см. Найти другие сто-роны основания, если площадь боковой поверхности пирами-ды равна 840 см2 и высота проходит через центр вписаннойв основание окружности.

Решение. Пусть в пирамиде PABC (рис. 38) AB = BP = 25,AP = 30; точка O — центр вписанной в �ABC окружности;отрезки OK, OH и OM — радиусы этой окружности, т. е.OK ⊥ AB, OH ⊥ BC, OM ⊥ AC. Это означает, что PK ⊥ AB,PH ⊥ BC, PM ⊥ AC.

В грани ABP находим: PK = = =

= 24. Тогда AK = = = 18 = AM, зна-чит, KB = BH = 25 – 18 = 7.

Пусть CH = x. Тогда Sбок = (18 + x + 7 + x)•24 + 300 =

= 840, откуда x = 10. Тогда BC = 7 + 10 = 17, AC = 18 + 10 == 28.

2.260. Основанием пирамиды является ромб с острым уг-лом в 30°. Каждый двугранный угол при основании пирами-ды равен 60°. Найти площадь полной поверхности пирами-ды, если высота ее равна h.

Решение. Так как все двугранные углы при ребрах основа-ния данной пирамиды PABCD равны между собой, то осно-вание высоты пирамиды совпадает с точкой O пересечениядиагоналей ромба ABCD (рис. 39).

Рис. 38

P

C

H

B

KO

AM

14---

14---

43---

43---

163-------

2S�ABP

AB-----------------------

2 40•10•15•1525

-------------------------------------------------

AP2 – PK2 302 – 242

12---

2154010o3.fm Page 99 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

100

Пусть DH — высота ромбаABCD, ∠BCD = 30° и OM � DH,тогда PM ⊥ BC и ∠OMP = 60°.

В прямоугольном �OMP на-

ходим: OM = OP•ctg 60° = ;

PM = = = . Тог-

да DH = 2OM = .

В прямоугольном �CDH:

CD = = : = .

Тогда Sосн = CD2•sin 30° = • = .

Далее, S�PBC = BC•PM = • • = . Тогда Sбок =

= 4S�PBC = 4• = , Sполн = Sбок + Sосн = + =

= 8h2.

2.267. Основанием пирамиды служит треугольник, сторо-ны которого 29, 35 и 48 см. Высота пирамиды проходит че-рез центр вписанной в ее основание окружности и меньшевысоты боковой грани на 3 см. Найти площадь полной по-верхности пирамиды.

Решение. Пусть в пирамиде PABC точка O — центр окруж-ности, вписанной в основание ABC; PK — высота грани PBC.Тогда OK ⊥ BC, OK = R — радиус вписанной в �ABC ок-ружности.

Имеем: Sполн = Sбок + Sосн. Найдем Sбок и Sосн.Полупериметр p основания равен 56, значит, Sосн =

= = 504, поэтому R = = = 9.

Обозначим PK = x, тогда OP = x – 3. В прямоуголь-ном �OPK: OK2 = KP2 – OP2 или x2 – (x – 3)2 = 92, откудаx = 15 = PK. Тогда S бок = p•PK = 56•15 = 840 и S полн = 504 +

+ 840 = 1344 (см2).

Рис. 39

P

CD

O

A B

M

H60°

h

3-------

OP 60°sin

---------------------

h

3 2⁄---------------

2h

3-------

2h

3-------

DH 30°sin

---------------------

2h

3-------

12---

4h

3-------

4h

3-------

2 12---

8h2

3----------

12---

12---

4h

3-------

2h

3-------

4h2

3----------

4h2

3----------

16h2

3--------------

16h2

3--------------

8h2

3----------

56•27•21•8Sосн

p-----------

50456----------

2154010o3.fm Page 100 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

101

2.269. Двугранный угол при стороне основания правиль-ной треугольной пирамиды равен 45°. Найти площадь пол-ной поверхности пирамиды, если ее высота равна h.

Решение. Пусть в правильной пирамиде MABC точка O —центр основания ABC, точка K — середина стороны BC. Тогда∠AKM = 45° — линейный угол двугранного угла пирамиды

при ребре BC. Поэтому OK = OM = h, MK = h (�OMK —равнобедренный прямоугольный) и AK = 3OK = 3h. Тогда

BC = = 2h . Это означает, что Sосн = =

= = 3h2 ; Sбок = 3S�BCM = 3• =

= = 3h2 . Тогда Sполн = Sбок + Sосн = 3h2 +

+ 3h2 = 3 ( + 1)h2.

2.270. В правильной четырехугольной пирамиде высотаравна h, плоский угол при вершине равен α. Найти площадьбоковой поверхности пирамиды.

Решение. Пусть PABCD — данная пирамида, в которой∠BPC = α, OP — высота, точка K — середина ребра BC(рис. 40).

Так как пирамида правильная, то Sбок = 4S�BPC = 4•0,5 ×

× BC•PK = 2BC•PK. Найдем BC и PK.

Обозначим BC = m. Тогда BK = OK = и в прямоуголь-

ном �BPK имеем: PK = BK•ctg = •ctg . Далее в

прямоугольном �OPK: PK2 –

– OK2 = OP2, т. е. •ctg –

– = h2 или = h2,

откуда m = . Получи-

ли: BC = . Тогда PK =

2

2AK

3-------------- 3 BC2• 3

4------------------------

2h 3( )2 3

4------------------------------- 3 BC•MK

2--------------------------

3•2h 3•h 22

----------------------------------------- 6 6

3 3 2

m2-----

α

2---

m2-----

α

2---

Рис. 40

P

CD

BA

O K

α

m2-----

α

2---

2

m2-----

2 m2 αcos

4 α

2---sin2

------------------------

2h α

2---sin

αcos-----------------------

2h α

2---sin

αcos-----------------------

2154010o3.fm Page 101 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

102

= •ctg = •ctg = , значит, Sбок =

= 2BC•PK = 2• • = 2h2tg α.

14.7—14.8. Объем пирамиды

Перед доказательством леммы о равновеликости двух тре-угольных пирамид с равновеликими основаниями следуетповторить теорему 19 о параллельных сечениях пирамиды.Полезной при решении задач, посвященных тетраэдру, яв-

ляется формула VACBD = h•AC•BD•sin ϕ для вычисления

объема VACBD тетраэдра ABCD, если известны длины двухего скрещивающихся ребер AC, BD, расстояние и величинаугла ϕ между ними. Для решения задач с объемами тетраэд-ров учащимся также полезно знать следующие их свойства.

1. Объемы тетраэдров с равными основаниями относятсякак длины их высот, опущенных на эти основания.

2. Объемы тетраэдров с равными высотами относятся какплощади их оснований.

3. Объемы тетраэдров, имеющих равные трехгранные уг-лы, относятся как произведения длин ребер, образующихэти углы. Это свойство тетраэдров часто используется присоставлении задач вступительных экзаменов в вузы.

2.291. Найти объем тетраэдра, если одно из его ребер рав-

но 2 , а каждое из остальных пяти ребер равно 4.Решение. Пусть PABC — тетраэдр, у которого AB = BC =

= AC = BP = CP = 4, AP = 2 , точка K — середина BC(рис. 41). Тогда в правильных треугольниках ABC и BCP

имеем AK = PK = = 2 , значит, �APK — правиль-

ный и BC ⊥ (APK), высота OP тетраэдра расположена в(APK) и ее основание O есть середина отрезка AK, т. е.

OP = = = 3.

m2-----

α

2---

h α

2---cos

αcos-------------------

α

2---

h α

2---sin

αcos-------------------

2h α

2---cos

αcos-----------------------

h α

2---sin

αcos-------------------

16---

3

3

BC 32

----------------- 3

AK 32

------------------

2 3• 32

------------------------

2154010o3.fm Page 102 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

103

Таким образом, имеем: Vтетр = S�ABC•OP = • •3 =

= 4 .Замечание. Сначала строится треугольник ABC, после че-

го на перпендикуляре к плоскости ABC, проведенном черезсередину медианы AK треугольника ABC, выбирается вер-шина P тетраэдра.

2.293. Две грани треугольной пирамиды — равносторон-ние треугольники, плоскости которых перпендикулярны.Найти объем пирамиды, если длина ее наибольшего ребраравна 1.

Решение. Пусть треугольники ABP и ABC — правильные состороной a и PH ⊥ (ABC), где точка H — середина AB (рис. 42).

Так как CH = , BH = и > , то наибольшим реб-

ром тетраэдра PABC является ребро PC, т. е. именно PC = 1.Тогда в равнобедренном прямоугольном треугольнике CPH

катет PH равен , поэтому сторона AB правильного тре-

угольника APB равна : = . Значит, S�ABC =

= • = и Vтетр = S�ABC•PH = • • = .

2.303. В основании пирамиды лежит ромб со стороной15 см, каждая боковая грань образует с плоскостью основа-ния угол в 45°. Найти объем пирамиды, если площадь еебоковой поверхности 3 дм2.

Рис. 41

P

CA

O

B

K

Рис. 42

P

B

A

HC

13---

13---

42 34

--------------

3

a 32

-----------

a2---

a 32

-----------

a2---

22-------

22-------

32-------

63-------

63-------

2 34-------

36-------

13---

13---

36-------

22-------

636-------

2154010o3.fm Page 103 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

104

Указание. Основание высоты пирамиды совпадает с цент-ром ромба, поэтому боковые грани пирамиды проектируют-ся в четыре прямоугольных треугольника, на которые ромбразбивается своими диагоналями. Это означает, что Sромба =

= Sбок. пов. пир•cos 45° = 300• = 150 . Тогда высота ромба

равна = 10 , высота пирамиды равна 5 , а ее

объем равен •150 •5 = 500 (см3).

2.312. Основанием пирамиды является равнобедреннаятрапеция, боковая сторона которой равна 15 дм, а большееоснование 24 дм. Высота пирамиды проходит через центрокружности, вписанной в основание. Найти объем пира-миды, если площадь ее боковой поверхности равна 300 дм2.

Решение. Так как высота PO пирамиды PABCD проходитчерез центр окружности, вписанной в равнобедренную трапе-цию ABCD, то все боковые грани пирамиды образуют с плос-костью ее основания равные двугранные углы (обозначим ϕ == ∠OKP = ∠OMP = ∠OHP); точка O — основание высоты POпирамиды — является серединой отрезка HM, соединяющегосередины оснований трапеции, при этом точка O является вер-шиной прямого угла треугольника AOD (рис. 43).

Если H, M и K — точки касания вписанной в трапецию

ABCD окружности, то AK = AH = AB = 12, значит, KD =

= DM = 15 – 12 = 3, т. е. CD = 6.В прямоугольном тре-

угольнике AOD находим:

OK = = =

= 6. Значит, высота MH тра-пеции равна 2OK = 12, а ее

площадь равна ×

× MH = •12 = 180.

Так как боковые гранипирамиды образуют равныедвугранные углы с плоско-

22------- 2

150 215

------------------ 2 2

13--- 2 2

12---

Рис. 43

P

ϕC

MDK

O

B

H

A

ϕ

ϕ

AK•KD 12•3

CD + AB2

---------------------------

6 + 242

------------------

2154010o3.fm Page 104 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

105

стью ее основания и проектируются в треугольники AOB,BOC, COD и DOA, составляющие это основание, то Sосн =

= Sбок•cos ϕ, т. е. cos ϕ = = , значит, tg ϕ = .

Так как OM = OK = 6, то OP = OM•tg ϕ = 6• = 8. Тогда

объем пирамиды равен •180•8 = 480 (дм3).

2.328. В тетраэдре MABC через точки K на ребреMA (MK : KA = 3 : 4), T на ребре MB (MT = TB) и E наребре MC (ME = 0,2MC) проведено сечение KTE. Объемтетраэдра MKTE равен 3 м3. Найти объем пятигранникаKTEABC.

Решение. Обозначим объемы тетраэдров MABC, MKTE ипятигранника KTEABC соответственно V, V1 и V2. Тогда име-

ем: = = = или =

= , откуда V = 70, значит, V2 = V – V1 = 70 – 3 = 67 (м3).

2.339. В треугольной усеченной пирамиде ABCA1B1C1

AB = BC = AC = 6, A1B1 = B1C1= A1C1 = 2. Вершина A1 удале-на от каждой из вершин основания ABC на расстояние 4.Найти длины боковых ребер усеченной пирамиды.

Решение. Так как �ABC — правильный и точка A1 равно-удалена от его вершин, то A1ABC — правильная пирамида,значит, вершина A1 проекти-руется в центр O правильноготреугольника ABC (рис. 44).Если при этом точка M — се-

редина BC, то AO = AM =

= •3 = 2 , OM = .

Тогда в прямоугольном �A1AO

имеем: A1O = =

= = 2.

180300----------

35---

43---

43---

13---

VV1

------

MA•MB•MCMK•MT•ME---------------------------------------------

MA•MB•MC37---MA•

12---MB•

15---MC

---------------------------------------------------------

703-------

V3----

703-------

Рис. 44

A

A1 C1

B1M1

C

O

DM

B

23---

23--- 3 3 3

A1A2 – OA2

42 – 2 3( )2

2154010o3.fm Page 105 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

106

Если точка M1 — середина стороны B1C1 правильного

треугольника A1B1C1, то A1M1 = . Это означает, чтоA1M1MO — параллелограмм, а так как A1O ⊥ (ABC), тоA1M1MO — прямоугольник, M1M ⊥ (ABC) и M1M = 2.

Так как B1C1 = BC, то B1M1 = BM, и если MD = B1M1,

то BD = 2. Тогда в прямоугольном �BB1D находим: B1B =

= = 2 . А так как BB1C1C — равнобедренная

трапеция, то CC1 = 2 .Таким образом, боковые ребра данной усеченной пирами-

ды равны 4, 2 , 2 .

§ 15. Правильные многогранники

Изложение материала этого параграфа авторы советуютпровести в форме лекции-беседы, при этом желательно уча-щимся иметь модели всех правильных многогранников, осо-бенно модели правильных октаэдра, икосаэдра и додекаэдра(правильный тетраэдр и куб учащиеся 11 класса уже доста-точно хорошо изучили).

Дается определение правильного многогранника и обо-сновывается существование пяти типов правильных много-гранников. Приводятся таблицы, в которых указаны неко-торые свойства и численные характеристики правильныхмногогранников: площади их граней и полных поверхно-стей, объемы каждого из них в зависимости от длины ребра;величины двугранных углов при ребрах каждого из них. Ра-зумеется, все эти таблицы и формулы приведены не для за-поминания. Авторам представляется, что может оказатьсяинтересным сам процесс нахождения учащимися различныхвеличин, характеризующих правильные многогранники.

В результате изучения материала § 15 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и доказывать теорему Декарта—Эйлера для выпуклых многогранников;

• формулировать, понимать и иллюстрировать определение пра-вильного многогранника;

• доказывать:— теорему о существовании пяти типов правильных многогран-

ников;— свойства правильных многогранников;

3

13---

13---

B1D2 + BD2 2

2

2 2

2154010o3.fm Page 106 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

107

• верно и наглядно изображать правильные многогранники,строить их развертки и склеивать модели;

• строить сечения правильных многогранников различными ме-тодами и находить площади полученных сечений, аргументиро-ванно объясняя каждый «шаг решения»;

• используя изображения правильных многогранников, решатьзадачи на вычисление:

— расстояний между элементами многогранника;— углов между прямыми и плоскостями;• находить площади боковой и полной поверхностей, объем раз-

личных правильных многогранников, корректно аргументируякаждый «шаг решения».

2.350. Доказать, что сечением куба плоскостью, проходя-щей через его центр и перпендикулярной диагонали куба,является правильный шестиугольник. Найти площадь этогошестиугольника, если ребро куба равно 6.

Решение. Пусть ABCDA1B1C1D1 — данный куб, точка M —середина его диагонали A1C, α — плоскость, проходящаячерез M перпендикулярно A1C (рис. 45).

Можно доказать, что A1C ⊥ (BC1D), при этом ML : LC == 1 : 2, где L = A1C ∩ (BC1D).

Так как α ⊥ A1С и (BC1D) ⊥ A1C, то α � (BC1D), значит,прямая (обозначим ее m), по которой плоскость α пересекает(ABC), параллельна BD, причем α пересекает AC в такойточке T, что TO : OC = ML : LC = 1 : 2. А так как, кроме того,

Рис. 45

C1D1

A1B1

H

N

R

M

K

CD

BA

Q

L

O

P m

T

2154010o3.fm Page 107 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

108

T ∈ m, T — середина OA и m � BD, то точками пересеченияплоскости α с ребрами AB и AD куба являются их середи-ны — соответственно точки P и Q.

Дальнейшее построение сечения можно осуществлять, ис-пользуя, например, параллельность α � (BC1D), параллель-ность противоположных граней куба и теорему о пересече-нии двух параллельных плоскостей третьей плоскостью.

Действительно, так как α � (BC1D), а также грань ABB1A1

параллельна грани CDD1C1 и точка P — середина AB, то пе-ресечением плоскости α и грани ABB1A1 является отрезокPK � DC1, где K — середина ребра BB1.

Аналогично пересечением плоскости α и грани ADD1A1

является отрезок QR � BC1, где R — середина ребра DD1.Остальные две вершины сечения являются серединами реберC1D1 и C1B1.

Таким образом, искомым сечением куба является пра-вильный шестиугольник PQRHNK, сторона которого равна

половине диагонали грани куба, т. е. PK = 3 . Тогда пло-

щадь сечения равна 6• = 27 .

Задачи после главы 2 «Многогранники»

2.389. Основанием наклонного параллелепипеда служитромб со стороной 25 см и меньшей диагональю 30 см. Диаго-нальное сечение, проходящее через большие диагонали осно-ваний, перпендикулярно основаниям, а меньшая диагональэтого сечения равна 37 см. Найти объем параллелепипеда,если его боковое ребро равно 13 см.

Решение. ABCDA1B1C1D1,

параллелепипед, в которомAB = 25, BD = 30, BB1 = 13;плоскость сечения ACC1A1

перпендикулярна плоскос-ти ABC и AC1 = 37 (рис. 46).

Находим Sосн = 2S�ABD =

= 2 = 600.Так как (ACC1) ⊥ (ABC),

то высота C1K параллелепи-педа расположена в (ACC1)

2

3 2( )2 3

4--------------------------- 3

Рис. 46

K

C1D1

B1A1

D C

BA

40•15•15•10

2154010o3.fm Page 108 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

109

и K ∈ AC. В ромбе ABCD находим AC2 = 4AB2 – BD2 == 4•625 – 900 = 1600, откуда AC = 40. Тогда =

= = 240, поэтому C1K = = = 12.

Тогда объем параллелепипеда равен Sосн × C1K = 600•12 == 7200 (см3).

2.393. На диагоналях AB1 и BC1 граней параллелепипе-да ABCDA1B1C1D1 взяты точки N и M так, что отрезки MNи A1C параллельны. Найти отношение длин этих отрезков.

Решение. Первый способ. Так как BC1 � AD1 и AB1 � DC1,то (AB1D1) � (BC1D) (рис. 47).

Если O = AC ∩ BD, O1 = A1C1 ∩ B1D1, P = AO1 ∩ A1C,Q = OC1 ∩ A1C, то P = (AB1D1) ∩ A1C, Q = (BC1D) ∩ A1C.

Так как концы N и M отрезка MN лежат в параллельныхплоскостях AB1D1 и BC1D, а прямые MN и A1C параллель-ны, то отрезки MN и PQ равны и параллельны. Это означает,что MN : A1C = PQ : A1C.

В диагональном сечении ACC1A1 замечаем: A1O1 : O1C1 == A1P : PQ, AO : OC = PQ : QC, значит, A1P : PQ = PQ : QC,откуда A1P = PQ = QC. Тогда PQ : A1C = 1 : 3, поэтомуMN : A1C = 1 : 3.

Второй способ. Решение векторным методом. Введем век-

торы: = , = , = (см. рис. 47). Тройку ( , , )

некомпланарных векторов , и примем в качестве базиса

и разложим векторы ,

и по векторам этого

базиса. Имеем: = –

– = – ; = +

+ = + ; = +

+ + = – + +

+ = – + .Так как точка N лежит на

диагонали AB1, то векторы

и коллинеарны, по-

S� ACC1

45•5•8•322S

�ACC1

AC------------------------

2•24040

-------------------

BA a BC b BB1 c a b c

a b c

Рис. 47

P

B1

C1D1

A1

O1

N

M

C

B

D

AO

Q

c

ab

AB1

BC1 CA1

AB1 BB1

BA c a BC1 BC

BB1 b c CA1 CB

BA AA1 BC BA

BB1 a b c

AN AB1

2154010o3.fm Page 109 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

110

этому существует такое число x, что = x• = x•( –

– ). Аналогично, в силу коллинеарности векторов и

, существует такое число y, что = y• = y •( + ).

По правилу ломаной находим: = + + =

= – + + = –y•( + ) – + x•( – ) = (1 – x) –

– y + (x – y) .По условию MN � A1C, значит, существует такое число t,

что = t • , т. е. выполняется: (1 – x) – y + (x – y) =

= t•( – + ) ⇔ (1 – x – t) + (t – y) + (x – y – t) = .

Вследствие некомпланарности векторов , , и единст-венности разложения вектора по базису приходим к выводу:1 – x – t = 0, t – y = 0, x – y – t = 0. Решением этой системы

уравнений является: y = t = , x = . Тогда = • ,

значит, MN : CA1 = 1 : 3.

2.398. Стороны оснований правильной четырехуголь-ной усеченной пирамиды ABCDA1B1C1D1 равны a и b(a > b). Угол между плоскостью основания и плоскостьюABC1 равен α. Найти: а) площадь сечения ABC1D1; б) пло-щадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точ-ку пересечения диагоналей пирамиды параллельно ее осно-ваниям.

Решение. а) Ортогональной проекцией сечения ABC1D1 наплоскость нижнего основания пирамиды является равнобед-ренная трапеция ABHK со взаимно перпендикулярными ди-агоналями AH и BK (рис. 48), высота PE которой проходит че-

рез точку пересечения этих диагоналей и равна =

= , а площадь трапеции ABHK равна . Тогда пло-

щадь сечения ABC1D1 равна .

б) Пусть O = AC ∩ BD, O1 = A1C1 ∩ B1D1, Q — точка пересе-чения диагоналей AC1 и BD1, при этом O1Q = h, OQ = h1;квадрат A2B2C2D2 — сечение пирамиды, проходящее черезточку Q параллельно ее основаниям; A2B2 = x.

AN AB1 c

a BM

BC1 BM BC1 b c

MN MB BA AN

BM BA AN b c a c a a

b c

MN CA1 a b c

a b c a b c 0

a b c

13---

23--- MN 1

3--- CA1

HK + AB2

-----------------------------

a + b2

--------------

a + b( )2

4----------------------

a + b( )2

4 αcos----------------------

2154010o3.fm Page 110 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

111

Из подобия треугольников O1QM и OQP следует O1M : OP =

= O1Q : OQ или : = h : h1, откуда h = h1. Из подобия тре-

угольников D1D2Q и D1DB имеем D2Q : DB = O1Q : O1O или

: a = h : (h + h1), откуда x = = = ,

т. е. A2D2 = , значит, площадь сечения A2B2C2D2 равна

.

2.402. На продолжении ребра PK за точку K правильнойчетырехугольной пирамиды PKLMN с вершиной P взятаточка A так, что расстояние от точки A до плоскости MNP

равно 24. Найти длину отрезка KA, если PL = 2 , MN == 16.

Решение. Проведем через точку A в плоскости PKL пря-мую AF, параллельную KL. Тогда AF � (MNP), и расстояниеот точки A до (MNP) равно расстоянию от любой точки пря-мой AF до (MNP).

Если точки C и D — середины сторон соответственно KLи MN основания пирамиды (рис. 49), то (DCP) перпендику-лярна (MNP), а расстояние от A до (MNP) равно расстоянию

Рис. 48

A

BC

B1C1

α

A1D1

O1M

B2C2

A2D2

D

PO

K

E

H

Q

b2---

a2---

ba---

x 22

----------- 2 2ahh + h1

------------------

2a•ba---h1

ba---h1 + h1

------------------------

2aba + b--------------

2aba + b--------------

4a2b2

a + b( )2----------------------

41

2154010o3.fm Page 111 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

112

от точки B = (DCP) ∩ AF до прямой DP, т. е. длине перпенди-куляра BH, проведенного из точки B к плоскости (MNP).Таким образом, ρ(A; (MNP)) = ρ(B; (MNP)) = BH = 24.

В прямоугольном �PCL находим PC = =

= = 10. Тогда S�DPC = = 48, значит,

CE = = = 9,6.

Из EC : BH = PC : BP находим: BP = = =

= 25.Учитывая, что треугольники APB и KPC подобны, полу-

чаем AP : KP = BP : CP, откуда AP = = =

= 5 . Значит, AK = AP – KP = 5 – 2 = 3 .

Г л а в а 3. Фигуры вращения

В данной главе изучаются поверхности вращения и телавращения. В нашем учебнике поверхность вращения образу-ется вращением плоской линии вокруг прямой l, лежащей в

Рис. 49

P

LM

O

E

H

F

B

A

K

CD

N

PL2 – CL2

4•41 – 64 18•8•8•2

2S�DPC

PD-----------------------

2•4810

---------------

BH•PCEC

------------------------

24•109,6

------------------

KP•BPCP

------------------------

2 41•2510

---------------------------

41 41 41 41

2154010o3.fm Page 112 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

113

плоскости данной линии; прямая l называется осью поверх-ности вращения. Тело вращения образуется при вращенииплоской ограниченной замкнутой фигуры вокруг прямой l,также лежащей в плоскости этой фигуры; прямая l называ-ется осью этого тела вращения. Поверхность вращения явля-ется границей тела вращения.

Сечение тела (поверхности) вращения плоскостью, пер-пендикулярной оси этого тела (этой поверхности), называ-ется перпендикулярным сечением данного тела (данной по-верхности) вращения.

На конкретных примерах, моделях учащиеся должныубедиться, что перпендикулярным сечением тела (поверхно-сти) вращения может быть круг (окружность) с центром вточке пересечения секущей плоскости и оси этого тела (этойповерхности) или точка, а может быть кольцо, ограничен-ное двумя концентрическими окружностями с центром наоси вращения.

Учащиеся должны знать, что осевым сечением как по-верхности вращения, так и тела вращения является фигура,симметричная относительно оси данной поверхности (данно-го тела).

§ 16—17. Фигуры вращения. ЦилиндрВ результате изучения материалов § 16—17 учащиеся должны

достичь следующих предметных результатов:• формулировать, понимать и иллюстрировать определения по-

верхности и тела вращения;• формулировать, понимать и иллюстрировать определения ци-

линдра вращения, его элементов; основания, высоты, оси, обра-зующей, радиуса основания; перпендикулярного сечения; боковойи полной поверхностей;

• строить изображения цилиндра, правильных призм и пира-мид, вписанных в цилиндр;

• доказывать свойства сечений цилиндра вращения плоско-стью: а) содержащей ось цилиндра; б) перпендикулярной оси ци-линдра;

• выводить формулы вычисления площади боковой и полнойповерхностей, объема цилиндра;

• находить площади поверхностей и объемы цилиндра;• корректно аргументировать утверждения, возникающие по хо-

ду решения задачи на комбинацию многогранников с цилиндрами;• формулировать определение призмы, вписанной в цилиндр,

и призмы, описанной около цилиндра;• решать задачи различного уровня сложности на: а) вычисле-

ние площади боковой и полной поверхностей, объема цилиндра;

2154010o3.fm Page 113 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

114

б) изображение комбинаций многогранников с цилиндром; в) по-строение сечений цилиндра и вычисление их площади, корректноаргументируя при этом утверждения, возникающие по ходу реше-ния каждой задачи;

• решать задачи на комбинации многогранников с цилиндром,корректно аргументируя утверждения, возникающие по ходу ре-шения каждой задачи.

17.1—17.2. Определение цилиндра вращения и его элементов. Свойства цилиндра

Прямой круговой цилиндр определяется как тело, кото-рое образуется при вращении прямоугольника вокруг пря-мой, содержащей его сторону. Вводятся определения основа-ний, образующей, высоты, оси прямого кругового цилиндра,его боковой и полной поверхностей.

Следует объяснить учащимся, что наряду с прямым кру-говым цилиндром существуют эллиптический, параболиче-ский и гиперболический цилиндры. Об этом они могут про-читать в конце учебника в дополнении «О поверхностях вто-рого порядка».

Учащиеся должны знать, что любое перпендикулярноеоси цилиндра сечение цилиндра есть круг, а перпендикуляр-ное оси цилиндра сечение боковой поверхности цилиндра —окружность; центры этих окружностей и кругов — точки пе-ресечения секущих плоскостей и оси цилиндра.

Если секущая плоскость пересекает ось цилиндра и неперпендикулярна ей, то в сечении может получиться эллипсили его некоторая часть.

Осевым сечением цилиндра вращения является прямо-угольник, стороны которого равны диаметру основания и об-разующей цилиндра. При этом все осевые сечения цилинд-ра — равные между собой прямоугольники. Любое сечениецилиндра плоскостью, параллельной его оси, есть прямо-угольник, высота которого равна образующей цилиндра. Ци-линдр, осевое сечение которого — квадрат, называют равно-сторонним цилиндром.

Чтобы построить изображение цилиндра, достаточно по-строить: 1) прямоугольник ABB1A1 и его ось OO1; 2) два рав-ных эллипса, центрами которых являются точки O и O1 иосями — отрезки AB и A1B1. Выделив штрихами невидимыелинии, получаем искомое изображение цилиндра с образую-щими AA1 и BB1.

2154010o3.fm Page 114 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

115

Касательная плоскость к цилиндру касается его поверх-ности (цилиндрической поверхности) по образующей, при-чем каждая точка образующей цилиндра является точкойкасания этой плоскости и данного цилиндра. В частности,точка образующей, принадлежащая окружности основанияцилиндра, является точкой касания основания цилиндра ипрямой, по которой касательная плоскость пересекает плос-кость этого основания.

При изображении правильных призм, вписанных в ци-линдр, учащимся следует руководствоваться алгоритмамипостроений изображений правильных многоугольников, впи-санных в окружность. Именно для построения изображенияправильной призмы, вписанной в цилиндр, следует: 1) по-строить изображение цилиндра; 2) построить изображениеправильного многоугольника, вписанного в верхнее основа-ние цилиндра; 3) через вершины построенного многоугольни-ка провести образующие цилиндра; 4) в нижнем основаниицилиндра последовательно соединить штриховыми линиямиконцы этих образующих; 5) выделить видимые и невидимыелинии (отрезки) изображаемых фигур.

3.018. Высота цилиндра 2 м, радиус основания 7 м. В этотцилиндр наклонно к оси вписан квадрат так, что все верши-ны его находятся на окружностях оснований. Найти сторонуквадрата.

Решение. Пусть точки K и M —центры оснований цилиндра (рис. 50).Так как ABCD — квадрат, то отрез-ки AB и CD, будучи равными и па-раллельными, равноудалены соответ-ственно от точек K и M, т. е. KP == MH (где P и H — середины соответ-ственно AB и CD) и KP � МН. Этоозначает, что �OPK = �OHM (гдеO = KM ∩ PH), откуда OK = OM,OP = OH, т. е. точка O — центр дан-ного квадрата.

В прямоугольном �OMC имеем:

OC = = = 5 .

Тогда AC = 2OC = 10 , значит,AB = 10. Рис. 50

B

P

A K

O

M

D

H

C

OM2 + MC2 12 + 72 2

2

2154010o3.fm Page 115 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

116

17.3. Развертка и площадь поверхности цилиндра

Учащимся полезно знать, что цилиндрическая поверх-ность — развертывающаяся поверхность. Об этом они могутпрочитать в конце учебника в дополнении «О дифференци-альной геометрии».

В этом разделе определяются площади боковой и полнойповерхностей цилиндра и выводятся формулы их вычисле-ния: Sбок = 2πRh, Sполн = 2πR(R + h).

3.028. Отрезки AB и A1B1 являются параллельными диа-метрами оснований цилиндра с высотой 6. Точка K лежит надуге AB основания и делит ее в отношении 1 : 2, считая отточки A. Прямая B1K образует угол в 45° с плоскостью осно-вания цилиндра. Найти: а) площадь боковой поверхностицилиндра; б) длину кратчайшего пути из точки K в точку B1

по поверхности цилиндра; в) расстояние между прямой B1Kи осью цилиндра.

Решение. а) Пусть KK1 — образующая цилиндра (рис. 51, а),точки O и O1 — центры его оснований, тогда KK1 = OO1 = 6,∠KB1K1 = 45°. Значит, в равнобедренном прямоугольном�KB1B имеем: BB1 = BK = 6.

Точка K делит дугу AB в отношении 1 : 2, считая от точкиA, поэтому ∠KAB = 60°, значит, в прямоугольном �AKB

имеем: AB = = 4 . Тогда радиус основания цилинд-

Рис. 51

A B

B1A1

K

L

B1

KB

O

A

O1

A1

K1

45°

а) б)

BK 60°sin

--------------------- 3

2154010o3.fm Page 116 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

117

ра равен 2 , а площадь боковой поверхности цилиндра рав-

на 2π•2 •6 = 24π .б) Развертка половины боковой поверхности цилиндра,

ограниченной образующими AA1 и BB1, представляет собойпрямоугольник (рис. 51, б) (развертка уменьшена). Стороны

этого прямоугольника равны 6 и 2π• , при этом длина от-

резка KB равна (2π•2 ) : 3 = , а длина кратчайшего

пути от точки K до точки B1 по поверхности цилиндра равнадлине отрезка KB1 на полученной развертке, т. е. равна

= = .

в) Если точка L — середина BK (см. рис. 51, а), то длинаотрезка OL равна расстоянию от точки O до плоскости KBB1,которая содержит прямую KB1 и параллельна прямой OO1,значит, расстояние между прямыми KB1 и OO1 равно

0,5OB = 0,5•2 = .

17.5. Объем цилиндра

Формула вычисления объема цилиндра в учебнике выво-дится на основании принципа Кавальери.

Если цилиндр, имеющий высоту h и радиус основания R, ипрямоугольный параллелепипед с высотой h, ребрами осно-вания R и R расположить так, чтобы их основания находи-лись на двух параллельных плоскостях, расстояние междукоторыми равно h, то эти цилиндр и параллелепипед «оказы-ваются в условиях принципа Кавальери»: любая плоскость,параллельная данным плоскостям и пересекающая цилиндр,пересекает также прямоугольный параллелепипед, причемплощади сечений, образованных при пересечении каждогоиз этих тел с любой из проведенных плоскостей, относятсякак π•R2 : R2 = π : 1. Тогда и для объемов этих тел справед-ливо: Vцил : Vпарал = π : 1 или Vцил : (R2•h) = π : 1, откуда Vцил =

= π•R2•h.Учащимся полезно знать, что: а) если цилиндр высоты h

пересечь плоскостью, параллельной его оси, то он разобьется

3

3 3

3

3 4π 33

---------------

KB2 + B1B2 16π2

3------------- + 36

23--- 12π2 + 81

3 3

2154010o3.fm Page 117 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

118

на два тела. Объем каждого из этих тел может быть вычис-лен по формуле V = Sсегм•h, где Sсегм — площадь соответст-вующего сегмента, образовавшегося в основании цилиндра;

б) любая плоскость, проведенная через середину оси ци-линдра, разбивает этот цилиндр на два равновеликих те-ла, объем каждого из которых может быть вычислен поформуле

V = π•R2•(a + b),

где a и b — длины отрезков, на которые образующая цилинд-ра делится секущей плоскостью.

3.040. Около правильной четырехугольной пирамиды,каждое ребро которой равно a, описан цилиндр так, что всевершины пирамиды находятся на окружностях основанийцилиндра. Найти объем и площадь боковой поверхности ци-линдра.

Решение. Пусть вершина P данной пирамиды PABCD ле-жит на окружности нижнего основания описанного околоэтой пирамиды цилиндра, центрами оснований которогослужат точки O и O1 (рис. 52).

Так как каждое ребро пирамиды равно a, то в правильном

�ABP находим: PH = , значит, OH = PH = , OP =

= PH = . Тогда радиус R основа-

ния цилиндра равен OP, т. е. R =

= .

Если точки H и M — середины про-тивоположных сторон соответственноAB и CD квадрата ABCD (основанияданной пирамиды), то MH = a, причемсередина K отрезка HM является сере-диной высоты OO1 цилиндра. А таккак плоскость MPH перпендикулярнаплоскости основания цилиндра и про-ходит через центр O его основания, товысота OO1 цилиндра лежит в этойплоскости и OO1 = 2OK. Находим OK.

12---

a 32

-----------

13---

a 36

-----------

Рис. 52

O1

D

M

C

PO

A

H

B

K

23---

a 33

-----------

a 33

-----------

2154010o3.fm Page 118 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

119

В прямоугольном �HOK имеем OK = =

= = . Поэтому OO1 = 2• = . Тогда пло-

щадь боковой поверхности цилиндра равна 2π•R•OO1 =

= 2π• • = , а его объем равен π•R2•OO1 =

= π• • = .

§ 18. Конус

В результате изучения материала § 18 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать, понимать и иллюстрировать определения ко-нуса вращения, его элементов; основания, высоты, оси, образую-щей, радиуса основания; перпендикулярного сечения; боковой иполной поверхностей;

• строить изображения: конуса; правильных призм и пирамид,вписанных в конус;

• доказывать свойства сечений конуса вращения плоскостью:а) содержащей ось конуса; б) перпендикулярной оси конуса;

• выводить формулы вычисления площади боковой и полной по-верхностей, объема конуса;

• корректно аргументировать утверждения, возникающие походу решения задачи на комбинацию многогранников с конусами;

• решать задачи различного уровня сложности на: а) вычисле-ние площади боковой и полной поверхностей, объема конуса (усе-ченного конуса); б) изображение комбинаций многогранников с ко-нусом (усеченным конусом); в) построение сечений конуса (усечен-ного конуса) и вычисление их площади, корректно аргументируяутверждения, возникающие по ходу решения каждой задачи;

• решать задачи на комбинации многогранников с конусом (усе-ченным конусом), корректно аргументируя утверждения, возни-кающие по ходу решения каждой задачи.

18.1—18.5. Определение конуса и его элементов. Сечения конуса. Касательная плоскость к конусу. Изображение конуса. Развертка и площадь поверхности конуса

В данном параграфе конус определяется как тело, котороеобразуется при вращении прямоугольного треугольника во-круг прямой, содержащей его катет. Отрезок оси вращения,

HK2 – OH2

a2

4------ –

a2

12-------

a 66

-----------

a 66

-----------

a 63

-----------

a 33

-----------

a 63

-----------

2πa2 23

----------------------

a 33

-----------

2 a 63

-----------

πa3 69

------------------

2154010o3.fm Page 119 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

120

заключенный внутри конуса, называется осью конуса. Вво-дятся определения вершины, основания, высоты и образую-щей конуса, радиуса основания конуса (короче, радиусаконуса).

Как и в случае с цилиндром, можно рассматривать конусв более широком понимании, когда в основании конуса мо-жет быть, например, эллипс (эллиптический конус), парабо-ла (параболический конус). Нам предстоит изучать толькопрямой круговой конус (конус вращения), поэтому слова«прямой круговой» мы будем опускать.

Поверхность, полученная при вращении гипотенузы, на-зывается боковой поверхностью конуса, а ее площадь — пло-щадью боковой поверхности конуса. Объединение боковойповерхности конуса и его основания называется полной по-верхностью конуса, а ее площадь называется площадью пол-ной поверхности конуса или, короче, площадью поверхностиконуса.

Если вокруг данной прямой вращать пересекающую еепрямую, то при этом вращении образуется поверхность, кото-рую называют круговой конической поверхностью или кони-

ческой поверхностью вращения. Уравнение + – = 0

задает коническую поверхность вращения с осью вращенияOz. Из этого уравнения следует, что коническая поверхностьявляется поверхностью второго порядка. (Подробнее о кони-ческой поверхности можно прочитать в конце учебника, в до-полнении «О поверхностях второго порядка».)

Учащиеся должны знать, что все осевые сечения конуса —равные равнобедренные треугольники; угол при вершинелюбого из этих треугольников называют углом при вершинеосевого сечения конуса; конус, в осевом сечении которогоправильный треугольник, называется равносторонним; еслисекущая плоскость проходит через вершину конуса и пересе-кает конус, но не проходит через его ось, то в сечении конусатакже получается равнобедренный треугольник; если секу-щая плоскость не проходит через вершину конуса, не парал-лельна плоскости его основания и не пересекает основание,то сечением боковой поверхности конуса такой плоскостьюявляется эллипс.

Учащимся классов с углубленным уровнем изученияматематики необходимо также разъяснить, что сечениемконической поверхности плоскостью может быть либо ок-

x2

a2------

y2

b2------

z2

c2-----

2154010o3.fm Page 120 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

121

ружность (секущая плоскость перпендикулярна оси кониче-ской поверхности вращения и не проходит через ее верши-ну), либо эллипс (секущая плоскость не перпендикулярнаоси конической поверхности и пересекает все ее образую-щие), либо парабола (секущая плоскость параллельна толь-ко одной образующей конической поверхности), либо гипер-бола (секущая плоскость параллельна оси конической по-верхности), либо пара пересекающихся прямых (секущаяплоскость проходит через вершину конической поверхно-сти). Поэтому невырожденные кривые второго порядка —окружность, эллипс, параболу и гиперболу называют ко-ническими сечениями или коротко — кониками. (Подробнеео конических сечениях можно прочитать в конце нашегоучебника, в дополнении «О поверхностях второго порядка».)

Как и в случае с цилиндром, через каждую точку боковойповерхности конуса можно провести лишь одну плоскость,касательную к данному конусу в этой точке; касательнаяплоскость к конусу касается этого конуса по образующей.

Для изображения конуса достаточно построить: 1) эллипс,изображающий окружность основания конуса; 2) центр Oэтого эллипса; 3) отрезок OP, перпендикулярный плоскостиоснования и изображающий высоту конуса; 4) касательныепрямые PA и PB из точки P к эллипсу (A и B — точки ка-сания; касательные PA и PB проводят с помощью линейкина глаз). При этом необходимо обратить особое вниманиеучащихся на следующий важный факт: отрезок AB, со-единяющий точки касания образующих PA и PB к эллипсу,ни в коем случае не является диаметром эллипса, т. е. от-резок AB не содержит центра O эллипса. Следовательно,�ABP — не осевое сечение конуса. Осевым же сечением ко-нуса является �ACP, где отрезок AC проходит через центр Oэллипса (при этом образующая PC не является касательнойк эллипсу).

Для достижения наглядности изображения невидимуючасть эллипса изображают штрихами.

Поверхность конуса состоит из его боковой поверхности иоснования. Боковую поверхность конуса, разрезав по одной изобразующих, можно развернуть на плоскости. Тогда разверт-ка поверхности конуса состоит из: а) кругового сектора, ради-ус которого равен образующей l конуса, а длина дуги сектораравна длине окружности основания конуса; б) круга, радиускоторого равен радиусу R основания конуса. Поэтому за пло-

2154010o3.fm Page 121 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

122

щадь боковой поверхности конусапринимают площадь ее развертки ивычисляют по формуле Sбок = πRl.

Угол сектора развертки боковойповерхности конуса называют угломразвертки конуса; численная величи-на этого угла равна отношению длиныокружности основания конуса к егообразующей (радиусу сектора раз-

вертки): α = .

Следует обязательно доказать след-ствие о другом способе вычислениябоковой поверхности конуса (послетеоремы 26). Это следствие будет ис-пользоваться при выводе формул вы-числения площадей частей поверхно-сти шара.

3.053. Радиус основания конуса равен R, а образующаянаклонена к плоскости основания под углом α. Через верши-ну конуса проведена плоскость под углом ϕ к его высоте.Найти площадь полученного сечения.

Решение. В сечении конуса получается равнобедренный�PAB (рис. 53). Если точка C — середина хорды AB основа-

ния конуса, то S�PAB = AB•PC. Найдем длины AB и PC.

В прямоугольном �POB имеем: BP = = ,

OP = OB•tg α = R•tg α. Тогда в прямоугольном �POC

получаем: CP = = = . Далее,

в прямоугольном �PBC находим: BC2 = BP2 – PC2 = –

– = = =

= , значит, AB = 2BC =

= . Таким образом, получаем:

Рис. 53

α

P

OB

C

A

ϕ

2πRl

------------

12---

OB αcos

---------------

R αcos

---------------

OP ϕcos

---------------

Rtg α ϕcos

-----------------

R αsin αcos • ϕcos

-----------------------------------

R2

αcos2----------------

R2• αsin2

αcos2 • ϕcos2-------------------------------------

R2 α– αsin2cos( )

αcos2 • ϕcos2-------------------------------------------------

R2 1 + 2ϕcos

2---------------------------- –

1 – 2αcos2

----------------------------

αcos2 • ϕcos2------------------------------------------------------------------------------

R2 ϕ + α( )• ϕ – α( )coscosαcos2 • ϕcos2

------------------------------------------------------------------------

2R ϕ + α( )• ϕ – α( )coscos αcos • ϕcos

-----------------------------------------------------------------------------

2154010o3.fm Page 122 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

123

S�PAB = AB•PC = • ×

× = .

18.6—18.10. Свойства параллельных сечений конуса. Вписанные в конус и описанные около конуса пирамиды. Усеченный конус. Поверхность усеченного конуса. Объем конуса и усеченного конуса

При рассмотрении вопроса об изображении пирамид, впи-санных в конус и описанных около него, целесообразно по-вторить вопрос о построении (в параллельной проекции) изо-бражений правильных многоугольников, вписанных в ок-ружность и описанных около нее.

Необходимо выработать у учащихся навыки начинатьизображение правильной пирамиды, вписанной в данныйконус, с изображения основания пирамиды — правильногомногоугольника, вписанного в основание этого конуса. Да-лее соединяют отрезками прямых вершину конуса с верши-нами построенного многоугольника и выделяют видимыеи невидимые (штрихами) линии изображаемых фигур.

При изучении вопроса о выводе формулы для площади по-верхности усеченного конуса нужно доказать следствие (послетеоремы 28): боковая поверхность усеченного конуса равнапроизведению его высоты на длину окружности, радиус кото-рой равен серединному перпендикуляру, проведенному из точ-ки оси конуса к его образующей. Это следствие будет использо-ваться при выводе формулы вычисления площади сферы.

Формула вычисления объема конуса с высотой h и ради-усом основания R выводится в учебнике на основании прин-ципа Кавальери, для чего этот конус и правильную четырех-угольную пирамиду, высота которой h и сторона основанияR, располагают так, чтобы их основания находились на од-ной и той же плоскости α, вершины — также в одной и тойже плоскости β, параллельной плоскости α и удаленной отнее на расстояние h. Тогда каждая плоскость, параллельнаяданным плоскостям и пересекающая конус, пересекает так-же пирамиду, причем отношение площадей сечений обоихтел любой из этих плоскостей постоянно и равно π : 1.

Действительно, площади сечений, образованных при пере-сечении обоих тел с любой из проведенных плоскостей, отно-

12---

12---

2R ϕ + α( )• ϕ – α( )coscos αcos • ϕcos

-----------------------------------------------------------------------------

R αsin αcos • ϕcos

-----------------------------------

R2 α ϕ + α( )• ϕ – α( )coscossinαcos2 • ϕcos2

--------------------------------------------------------------------------------------------

2154010o3.fm Page 123 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

124

сятся к площадям оснований этих тел как квадраты расстоя-ний секущих плоскостей от вершин. А так как секущие плос-кости пирамиды и конуса равноудалены от их вершин, то

= . Тогда = = = π : 1. Это оз-

начает, что для объемов этих тел выполняется: Vкон : Vпир =

= π : 1 или Vкон : R2•h = π : 1, откуда Vкон = π•R2•h.

Формула Vус. кон = π•h•(R2 + r•R + r2) вычисления объ-

ема усеченного конуса может быть выведена, если усеченныеконус и пирамиду расположить в соответствии с условиямипринципа Кавальери.

Учащимся полезно доказать, используя принцип Кавалье-ри, что объем каждого из тел, на которые конус разбиваетсяего сечением плоскостью, проходящей через вершину, может

быть вычислен по формуле V = •h•Sсегм, где h — высота ко-

нуса, Sсегм — площадь соответствующего сегмента основанияконуса.

Следует объяснить учащимся и на конкретных примерахпоказать, что при решении многих задач, в которых дан пра-вильный многогранник, вписанный в конус, не всегда нуж-но изображать конус и многогранник, а достаточно изобра-зить сечение этих фигур плоскостью, проходящей через оськонуса. Причем плоскость осевого сечения конуса бываетудобно провести через диагональ основания многогранника.В таком случае решение данной стереометрической задачисводится к решению задачи планиметрической.

Подобного рода сечения полезно использовать также прирешении различных задач на усеченный конус (см. 3.079),на комбинацию цилиндра и многогранника, конуса и ци-линдра (см. 3.098).

3.079. В усеченном конусе проведены диагонали всех осе-вых сечений. Диагонали каждого осевого сечения взаимноперпендикулярны, равны d и делят друг друга в отношении1 : 3. Найти: а) объем усеченного конуса; б) площадь поверхно-сти, образованной всеми диагоналями; в) площадь сеченияусеченного конуса плоскостью, параллельной его основаниями делящей боковую поверхность на две части равной площади.

Sсеч. кон

Sосн. кон

---------------------

Sсеч. пир

Sосн. пир

---------------------

Sсеч. кон

Sсеч. пир

---------------------

Sосн. кон

Sосн. пир

---------------------

πR2

R2----------

13---

13---

13---

13---

2154010o3.fm Page 124 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

125

Решение. Пусть равнобедреннаятрапеция ABMH со взаимно перпен-дикулярными диагоналями AM иBH является осевым сечением дан-ного усеченного конуса, причемBK : KH = MK : AK = 1 : 3, где K == AM ∩ BH (рис. 54).

а) Если точки O и C — центры со-ответственно нижнего и верхнего ос-нований усеченного конуса, причем

KM = d, KH = d, то в равнобед-

ренных прямоугольных треуголь-никах CKM и OKH имеем соответ-

ственно CK = CM = = и OK = OH = = .

Таким образом, радиусы R и r нижнего и верхнего основа-

ний данного конуса равны соответственно: R = , r = .

Тогда находим объем Vус. кон = π•OC•(R2 + R•r + r2) =

= π•(CK + OK)(R2 + R•r + r2) = π• • +

+ • + = π• • = .

б) Поверхность, образованная всеми диагоналями осевыхсечений усеченного конуса, состоит из боковых поверхностей

двух конусов, радиусы оснований которых равны R =

и r = , а их образующие имеют длины соответственно d

и d. Поэтому эта поверхность имеет площадь, равную

π• • d + π• • d = .

в) Достроим данный усеченный конус до полного конуса свершиной P. Пусть x — площадь данного в условии задачи

Рис. 54

P

B M

K

ET

HA O

C

14---

34---

KM

2------------

d 28

-----------

KH

2-----------

3d 28

---------------

3d 28

---------------

d 28

-----------

13---

13---

13---

d 22

-----------

3d 28

---------------

2

3d 28

---------------

d 28

-----------

d 28

-----------

2 13---

d 22

-----------

26d2

64--------------

13πd3 2192

-------------------------

3d 28

---------------

d 28

-----------

34---

14---

3d 28

---------------

34---

d 28

-----------

14---

5πd2 216

----------------------

2154010o3.fm Page 125 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

126

сечения усеченного конуса (на рис. 54 отрезок TE равен диа-метру этого сечения).

Если через S1 и S2 обозначить площади соответственноверхнего и нижнего оснований данного усеченного конуса,S — площади боковых поверхностей каждого из вновь полу-ченных усеченных конусов, Q — площадь боковой поверхно-сти конуса, дополняющего данный усеченный конус до пол-ного конуса с вершиной P, то из подобия пар конусов с вер-

шиной P имеем: = , = , откуда =

= + = 2, значит, x = = =

= = . Таким образом, искомая площадь се-

чения равна .

3.091. Треугольник со сторонами 13, 37 и 40 см вращаетсявокруг прямой, проходящей через вершину большего углапараллельно большей стороне. Найти объем и площадь по-верхности тела вращения.

Решение. Пусть тупоугольный тре-угольник ABC, в котором AB = 13,AC = 37, BC = 40, вращается вокругпрямой a, проходящей через вершинуA параллельно стороне BC (рис. 55);точки O и O1 — центры окружностей,которые описывают вершины C и Bпри этом вращении.

При вращении прямоугольникаOCBO1 вокруг прямой a образуется ци-линдр, радиус R основания которого

равен: R = = =

= 12, а при вращении прямоугольныхтреугольников AOC и AO1B вокруг тойже прямой образуются два конуса с об-разующими AB = 13 и AC = 37. Ради-усы оснований этих конусов равны 12.

S1

x------

QS + Q----------------

S2

x------

Q + 2SS + Q--------------------

S1 + S2

x---------------------

QS + Q----------------

Q + 2SS + Q--------------------

S1 + S2

2---------------------

π R2 + r2( )

2-----------------------------

π 9d2

32---------- +

d2

32-------

2-----------------------------------

5πd2

32--------------

5πd2

32--------------

Рис. 55

BO1

a

A

O C

K

2S�ABC

BC-----------------------

2 45•5•8•3240

------------------------------------------

2154010o3.fm Page 126 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

127

Таким образом, если из рассмотренного цилиндра удалитьоба конуса, то получим тело, образованное вращением тре-угольника ABC вокруг прямой a. Значит, для нахожденияобъема этого тела достаточно из объема цилиндра вычестьсумму объемов упомянутых конусов.

Находим:

Vтела вращ = Vцил – (V1 кон + V2 кон) = π•R2•BC – (π•R2 ×

× AO1 + π•R2•AO) = π•R2•BC = π•122•40 = 3840π (см3).

Поверхность же полученного тела состоит из боковых по-верхностей упомянутых цилиндра и конусов. Значит, площадьповерхности этого тела равна: Sбок. цил + Sбок. 1 кон + Sбок. 2 кон == 2π•R•BC + π•R•AB + π•R•AC = π•R(2BC + AB + AC) == 12π(80 + 13 + 37) = 1560 π (см2).

3.098. Цилиндр радиуса 20 см и конус радиуса 24 см име-ют равновеликие боковые поверхности, равные высоты ирасположены так, что высота цилиндра, проходящая по егооси, совпадает с высотой конуса. Найти объем и площадь бо-ковой поверхности усеченного конуса, который отсекаетсяот конуса плоскостью, проходящей через линию пересече-ния боковых поверхностей цилиндра и конуса.

Решение. На рисунке 56 изображено осевое сечение ком-бинации цилиндра и конуса, имеющих общую высоту, приэтом отрезок CM изображает диаметр верхнего основанияусеченного конуса, отсекаемого от данного конуса плоско-стью, проходящей через окружность пересечения боковыхповерхностей данных цилиндра и конуса.

Обозначим: h = OP — высотацилиндра, l = BP — образующаяданного конуса, x = KM — высотаполученного усеченного конуса.

В прямоугольном �BOP име-ем: l2 – h2 = 242.

Так как Sбок. цил = S бок. кон, то

40πh = 24πl, поэтому h = l. Тог-

да l2 – l2 = 242, откуда l = 30,

значит, h2 = l2 – 242 = 302 – 242 == 324 ⇒ h = 18.

13---

23---

23---

Рис. 56

P HE

MC

A BKOT

O1

35---

925-------

2154010o3.fm Page 127 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

128

Далее, BK = OB – OK = 24 – 20 = 4. Теперь из подобия тре-

угольников BOP и BKM имеем: = или = ,

откуда x = 3. Значит, MB = 5.Тогда:

Vусеч. кон = π•KM•(O1M2 + O1M•OB + OB2) = •3•(202 +

+ 20•24 + 242) = 1456π (см3);Sбок. усеч = π•(O1M + OB)•BM = π•(20 + 24)•5 = 220π (см2).

При решении задач из п. 18.10 следует объяснить уча-щимся и на конкретных примерах показать, что, решая за-дачи на комбинацию конуса и усеченного конуса, не всегданужно изображать эти фигуры, а достаточно изобразить ихсечение плоскостью, проходящей через ось конуса. В такомслучае решение данной стереометрической задачи сводитсяк решению задачи планиметрической на комбинацию трапе-ции и треугольника.

3.101. Трапеция со сторонами 2, 2, 2 и 4 вращается вокругпрямой, лежащей в плоскости трапеции и проходящей черезодну из вершин нижнего основания перпендикулярно этомуоснованию. Найти объем тела вращения.

Решение. Пусть трапеция ABCD, у которой АВ = BC == CD = 2, AD = 4, вращается вокруг прямой m, проходящейчерез вершину D перпендикулярно основанию AD. На ри-сунке 57 изображено осевое сечение полученного тела вра-щения (плоскость сечения проходит через ось вращения m).Это сечение состоит из двух равных и симметричных относи-тельно прямой m трапеций ABСD и PMKD, которые равнымипрямоугольными треугольниками COD и KOD (О = m ∩ BC)дополняются до равных прямоугольных трапеций ABODи PMOD. Это означает, что объем тела, полученного привращении трапеции ABCD, равен разности объема усеченно-го конуса, полученного при вращении прямоугольной трапе-ции ABOD, и объема конуса, полученного при вращениипрямоугольного треугольника COD вокруг прямой т. Най-дем искомый объем тела вращения.

Высота упомянутых конусов равна OD. Отрезки ВО = r иAD = R являются радиусами соответственно верхнего и ниж-него оснований усеченного конуса, а отрезок ОС — радиусоснования прямого кругового конуса с вершиной D. Найдемобъемы этих конусов.

OPKM------------

OBBK----------

18x-------

244-------

13---

π

3---

2154010o3.fm Page 128 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

129

Проведем отрезок BT � CD. Тогда из BT = CD = AB = BC иBC = TD следует: AB = BT = AT, откуда �ABT — правиль-

ный, в котором BH = = = . При этом BM =

= 3BC = 6 (CK = AT = BC), значит, OM = BO = r = BM = 3

(OD — серединный перпендикуляр BM). Тогда:

Vусечен. кон = π•BH•(R2 + R•r + r2) = π• •(42 + 4•3 +

+ 32) = (куб. ед.);

Vкон = π•OC2•OD = π•12• = (куб. ед.).

Тогда искомый объем тела вращения равен:

Vусечен. кон – Vкон = – = 12π .

§ 19. Шар и сфера

В результате изучения материала § 19 учащиеся должны до-стичь следующих предметных результатов:

• формулировать определения сферы и шара, их радиуса и диа-метра, касательной плоскости к сфере;

• выводить уравнение сферы и неравенство шара;• формулировать определения:— сферы, вписанной в двугранный и многогранный угол; — сферы и шара, вписанных в многогранник и описанных око-

ло него;• верно и наглядно изображать сферу в комбинациях с много-

гранниками, цилиндром и конусом и другими сферами, корректноаргументируя каждый шаг построения изображения;

Рис. 57

AB 32

------------------

2 32

----------- 3

13---

13---

13--- 3

37π 33

------------------

13---

13--- 3 π 3

3-----------

37π 33

------------------

π 33

----------- 3

2154010o3.fm Page 129 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

130

• решать задачи: а) на взаимное расположение сферы и плоскос-ти; сферы и двух плоскостей; сферы и двугранного угла; б) на ком-бинации сферы с пересекающими ее многогранниками; в) на ком-бинации сфер с вписанными в нее и описанными около нее мно-гогранниками и фигурами вращения, корректно аргументируя ут-верждения, возникающие по ходу решения задачи;

• формулировать определения:— шарового сегмента, его основания и высоты;— сегментной поверхности; шарового слоя, его основания и вы-

соты;— шарового пояса;— шарового сектора и его поверхности;• выводить формулы для вычисления:— площадей сферы, сегментной поверхности, шарового пояса,

поверхности шарового сектора;— объемов шара, шарового сегмента, шарового сектора, шаро-

вого слоя; • решать задачи на вычисление:— площади сферы, сегментной поверхности, шарового пояса,

поверхности шарового сектора;— объема шара, шарового сегмента, шарового сектора, шарово-

го слоя, аргументируя возникающие утверждения;• векторно-координатным методом решать задачи на комбина-

ции сферы с многогранниками, корректно аргументируя утвержде-ния, возникающие по ходу решения каждой задачи.

19.1—19.2. Определение шара, сферы и их элементов. Изображение сферы

Материалом о сфере и шаре, о вписанных в них и описан-ных около них многогранниках, цилиндрах и конусах прак-тически завершается изучение школьного курса элементар-ной геометрии в 11 классе.

Учащиеся должны знать, что если сечение сферы диамет-ральной плоскостью изображено в виде эллипса, то концыдиаметра сферы, перпендикулярного этой плоскости, нахо-дятся не на окружности (абрисе), изображающей сферу,а внутри круга этой окружности, причем положение концовэтого диаметра зависит от формы эллипса.

Следует объяснить учащимся, что при решении задач насферу во многих случаях нет необходимости изображать сфе-ру; удобно пользоваться диаметральным сечением сферыплоскостью, совпадающей с листом бумаги (с плоскостьюклассной доски). В таком случае решение задачи со сферой иплоскостью, сферой и вписанным в нее (описанным около

2154010o3.fm Page 130 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

131

нее) многогранником, сферой и другой фигурой вращениясводится к решению планиметрической задачи с окружно-стью и прямой, окружностью и вписанным в нее (описаннымоколо нее) многоугольником, окружностью и равнобедрен-ным треугольником (сечением конуса), окружностью и пря-моугольником (сечением цилиндра) или двумя окружностя-ми (сечением двух сфер). Иногда достаточно изобразитьлишь центр сферы, вписанной в данный многогранник илиописанной около данного многогранника. Учащиеся долж-ны научиться видеть во взаимном расположении сферы иплоскости (двух плоскостей, двугранного угла) аналогиювзаимного расположения окружности и прямой (двух парал-лельных прямых, плоского угла).

3.105. Найти множество центров всех кругов радиуса r,являющихся сечениями данного шара радиуса R.

Указание. Центр любого круга, являющегося сечениемданного шара, принадлежит прямой, проходящей черезцентр этого шара перпендикулярно плоскости сечения.Значит, центр круга-сечения, имеющего радиус r, удален

от центра данного шара на расстояние, равное .Тогда множество центров всех таких кругов представляет

собой сферу радиуса с центром в центре данногошара.

19.3. Уравнение сферы

Прежде чем приступать к решению стереометрической за-дачи координатным методом (методом аналитической гео-метрии), необходимо сначала решить эту задачу конструк-тивно, геометрически. Иначе говоря, необходимо составить«геометрический алгоритм» ее решения, что естественнымобразом связано с повторением и углублением материалашкольной геометрии. Ниже, например, будут рассмотренырешения задач 3.121 и 3.228 (последняя в п. 19.5), методиче-ски ориентированных на повышение уровня подготовки уча-щихся.

При решении координатным методом задач на взаимноерасположение сферы и прямой, сферы и плоскости можнообъяснить учащимся на интуитивной основе наличие анало-гии расположения касательной прямой к окружности и ка-сательной плоскости к сфере, именно: плоскость, касатель-ная к сфере, перпендикулярна радиусу, проведенному в точ-

R2 – r2

R2 – r2

2154010o3.fm Page 131 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

132

ку их касания (об этом речь пойдет чуть позднее, в теоре-ме 30). (Это объяснение опять же можно сделать с помощьюдиаметрального сечения сферы.) Тогда для составленияуравнения касательной плоскости в качестве вектора ее нор-мали можно принять вектор, определяемый центром сферыи точкой касания (см. 3.126).

Любая прямая, лежащая в касательной плоскости к сфереи проходящая через точку их касания, называется касатель-ной прямой к сфере; радиус сферы, проведенный в точку ка-сания, перпендикулярен касательной прямой. Причем еслипрямая a касается сферы в точке M, то эта прямая касается вточке M той окружности большого круга, которая являетсясечением сферы и диаметральной плоскости, проходящейчерез прямую a.

Справедливо и обратное: если прямая a касается окруж-ности большого круга сферы в точке M, то эта прямая каса-ется в точке M самой сферы.

3.118. Найти координаты центра и радиус сферы, описан-ной около тетраэдра, вершины которого имеют координаты(0; 0; 0), (8; 0; 0), (0; –2; 0), (0; 0; –6).

Решение. Центром сферы, описанной около тетраэдра, яв-ляется точка пересечения плоскостей серединных перпенди-куляров трех любых ребер тетраэдра, не лежащих в однойплоскости.

Пусть α, β, γ — плоскости серединных перпендикуляровребер соответственно AB, BC, AP тетраэдра PABC; K, H,M являются серединами соответственно этих ребер, причемA(0; 0; 0), B(8; 0; 0), C(0; –2; 0), P(0; 0; –6).

Находим: (8; 0; 0), (8; 2; 0) и (0; 0; 6) — векто-ры, перпендикулярные соответственно плоскостям α, β и γ;K(4; 0; 0), H(4; –1; 0), M(0; 0; –3).

Тогда уравнения плоскостей α, β и γ таковы: x – 4 = 0,4x + y – 15 = 0, z + 3 = 0.

Решая систему уравнений:

получаем координаты (4; –1; –3) искомого центра S сфе-

ры. Тогда радиус R = SA этой сферы равен =

= .

AB CB PA

x – 4 = 0,4x + y – 15 = 0,z + 3 = 0,

16 + 1 + 9

26

2154010o3.fm Page 132 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

133

3.121. Найти длину линии пересечения двух сфер (x – 1)2 ++ (y + 3)2 + (z – 5)2 = 196 и (х + 3)2 + (у + 6)2 + (z + 7)2 = 225.

Решение. Из этих уравнений следует, что первое из них за-дает сферу радиусом R1 = 14 с центром А(1;–3; 5), а второе —сферу радиуса R2 = 15 с центром В(–3; –6; –7).

Так как расстояние АВ = == 13 между центрами данных сфер меньше суммы R1 + R2 == 29, то эти сферы пересекаются.

Пусть С — одна из точек пересечения сфер. Тогда получа-ем �ABC, в котором АВ = 13, АС = 14, ВС = 15. При враще-нии треугольника АВС вокруг АВ точка С «пробежит» ок-ружность, радиус которой равен высоте СН этого треугольни-

ка. Находим: CH = = = = 12 ,

значит, длина окружности пересечения данных сфер равна

2π• = 25 π.

3.123. Написать уравнение плоскости, в которой лежатвсе общие точки сфер (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z + 5)2 = 9 и (x – 4)2 ++ (y + 6)2 + (z + 5)2 = 16.

Решение. Так как расстояние между центрами A(1; –2; –5)

и B(4; –6; –5) сфер равно = 5, т. е. меньшесуммы 3 + 4 = 7 радиусов данных сфер, то эти сферы пересе-каются.

Пусть точка C принадлежит пересечению данных сфер.Тогда AC = 3, BC = 4, AB = 5, значит, треугольник ABC —прямоугольный с прямым углом ACB. Высота CK этого тре-

угольника делит его гипотенузу AB на отрезки AK = и BK =

= , значит, AK : KB = 9 : 16, и точка K имеет координаты:

x = = ; y = = – , z = –5, т. е.

K ; – ; –5 .

1 + 3( )2 + (–3 + 6)2 + 5 + 7( )2

2S�ABC

AB----------------------

2 21•6•7•813

---------------------------------------

16813----------

1213-------

16813----------

1113-------

32 + (–4)2 + 02

95---

165-------

1 +9

16-------•4

1 +9

16-------

---------------------------

5225-------

–2 +9

16-------•(–6)

1 +9

16-------

---------------------------------------

8625-------

5225-------

8625-------

2154010o3.fm Page 133 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

134

Плоскость, в которой лежат все общие точки данных сфер,

проходит через точку K ; – ; –5 перпендикулярно век-

тору (3; –4; 0) и имеет уравнение 3 x – – 4 y + =

= 0, или 3x – 4y – 20 = 0.

3.126. Написать уравнение плоскости, касающейся сфе-ры x2 + 2x + y2 + 2y + z2 – 4z = 0 в начале координат.

Решение. Исходное уравнение сферы приводится к виду(x + 1)2 + (y + 1)2 + (z – 2)2 = 6, из которого следует, что точкаA(–1; –1; 2) — центр этой сферы.

Так как плоскость касается сферы в начале координат, тоона проходит через точку O(0; 0; 0) перпендикулярно вектору

(–1; –1; 2). Значит, ее уравнение имеет вид x + y – 2z = 0.

3.129. Написать уравнение сферы с центром (1; 1; 2),касающейся сферы x2 + y2 + z2 = 24.

Решение. Уравнение x2 + y2 + z2 = 24 задает сферу радиуса

R = 2 с центром O(0; 0; 0). Расстояние между центрами

этой сферы и касающейся ее сферы равно . Значит, ради-

ус касающейся сферы может быть равен 2 – = , или

2 + = 3 . Поэтому уравнения этих сфер таковы:

(x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 2)2 = 6

или (x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 2)2 = 54.

3.137. Определить взаимное расположение прямой

t ∈ R

и сферы x2 + y2 + z2 = 25.Решение. Прямая может пересекать сферу в двух различ-

ных точках, касаться сферы или не иметь с ней общих точек.В координатном виде сказанное означает: система уравне-ний, составленная из уравнений прямой и сферы, имеет со-ответственно два различных решения, одно решение илиявляется несовместимой.

5225-------

8625-------

AB 5225-------

8625-------

OA

6

6

6 6 6

6 6 6

x = 1 – 3t,y = 2 + 2t,z = 4 + t,

2154010o3.fm Page 134 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

135

Таким образом, решаем систему уравнений:

Подставив в первое уравнение вместо x, y и z их выражениячерез t, получаем уравнение (1 – 3t)2 + (2 + 2t)2 + (4 + t)2 = 25,

корнями которого являются t1 = –1; t2 = . Это означает,

что прямая пересекает сферу в двух точках ; 2 ; 4 и

(4; 0; 3).Замечание. Так как в задаче требуется определить лишь

взаимное расположение прямой и сферы, то эту задачу мож-но решить иначе. Нужно найти точку пересечения даннойпрямой и плоскости, проходящей через центр данной сферыперпендикулярно этой прямой. Для составления уравненияэтой плоскости можно принять направляющий вектор дан-ной прямой в качестве вектора нормали к плоскости. Далее,решив систему из уравнений плоскости и данной прямой, на-ходят точку их пересечения и расстояние между этой точкойи центром сферы. Сравнение этого расстояния с радиусомданной сферы приводит к нужному ответу.

3.142. Из начала координат проведены всевозможные пря-мые, касающиеся сферы (x – 4)2 + (y – 3)2 + (z – 12)2 = 144.Найти уравнение плоскости, которой принадлежат все точкикасания.

Решение. Пусть М(x; y; z) — точка касания прямой, про-ходящей через начало координат, и сферы радиуса 12 с цент-ром A(4; 3; 12). Найдем уравнение, которому удовлетворяюткоординаты точки M.

Так как касательная к сфере прямая перпендикулярнарадиусу, проведенному в точку касания, то треугольникOAM — прямоугольный с гипотенузой OA. Тогда OM2 = x2 ++ y2 + z2 = OA2 – AM2 = 169 – 144 = 25.

Из условия OM ⊥ AM следует • = 0, т. е. x(x – 4) ++ y(y – 3) + z(z – 12) = 0. После преобразований, с учетом ра-венства x2 + y2 + z2 = 25, получаем искомое уравнение плос-кости 4x + 3y + 12z – 25 = 0, которому удовлетворяют коор-динаты любой точки касания прямой OM и сферы.

x2 + y2 + z2 = 25,x = 1 – 3t,y = 2 + 2t,z = 4 + t.

27---

17---

47---

27---

OM AM

2154010o3.fm Page 135 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

136

3.143. Найти уравнения всех сфер с центром в начале ко-ординат, касающихся прямой

t ∈ R.

Решение. Радиус сферы, касающейся данной прямой с на-правляющим вектором (–2; 1; 0), равен расстоянию отцентра O(0; 0; 0) сферы до этой прямой. Поэтому находимточку пересечения данной прямой и плоскости 2x – y = 0,проходящей через центр шара перпендикулярно этой пря-мой. Координаты (1; 2; 5) этой точки являются решениемсистемы уравнений:

Тогда радиус сферы равен = , а сфера,являющаяся единственной, удовлетворяющей условию зада-чи, имеет уравнение x2 + y2 + z2 = 30.

19.4—19.5. Пересечение шара и сферы с плоскостью. Плоскость, касательная к сфере и шару

Прежде чем приступать к решению задач, в которых рас-сматриваются сфера и вписанные в нее многогранники (опи-санные около нее многогранники), предварительно следуетрешать задачи на сферу и плоскость, сферу и две (три) плос-кости, сферу и двугранный (трехгранный) угол, пересекаю-щиеся сферу и многогранник (куб, призму, пирамиду).

Сфера и плоскость

Перед изучением вопроса о взаимном расположении сфе-ры (шара) и плоскости целесообразно повторить с учащими-ся вопрос о взаимном расположении окружности и прямой,лежащими в одной плоскости. Следует обратить вниманиеучащихся на аналогию изучения этих двух тем планиметриии стереометрии.

Учащиеся должны знать, что:1) если расстояние d от центра шара (сферы) до данной

плоскости меньше радиуса R шара (сферы), то пересечением

x = 3 – 2t, y = 1 + t,z = 5,

p

x = 3 – 2t,y = 1 + t,z = 5,2x – y = 0.

12 + 22 + 52 30

2154010o3.fm Page 136 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

137

шара (сферы) с плоскостью является круг (окружность).Центром этого круга (этой окружности) является основа-ние перпендикуляра, проведенного из центра шара (сферы)на данную плоскость, или сам центр шара (сферы), если плос-кость проходит через этот центр. Радиус r сечения равен

r = ;2) если расстояние от центра шара (сферы) до данной плос-

кости равно радиусу шара (сферы), то плоскость имеет с ша-ром (сферой) только одну общую точку;

3) если расстояние от центра шара (сферы) до данной плос-кости больше радиуса шара (сферы), то плоскость не имеетс шаром (сферой) общих точек.

Учащимся полезно знать, что для шара (сферы) выполня-ются следующие метрические соотношения:

— диаметр шара (сферы), делящий его хорду пополам,перпендикулярен этой хорде;

— отрезки всех касательных прямых, проведенных к ша-ру из одной расположенной вне шара точки, равны междусобой (они образуют поверхность конуса с вершиной в дан-ной точке, а точки касания этих прямых — окружностьоснования этого конуса);

— произведение длин отрезков хорд шара, проходящихчерез одну и ту же внутреннюю точку шара, есть величинапостоянная (равная R2 – a2, где R — радиус шара, a — рас-стояние от центра шара до данной точки);

— если из одной и той же точки вне шара проведены к не-му секущая и касательная, то произведение длины отрезкавсей секущей на длину отрезка ее внешней части равно квад-рату длины отрезка касательной (и равно a2 – R2, где R — ра-диус шара, a — расстояние от центра шара до данной точки).

При решении задач на взаимное расположение сферы(шара) и плоскости удобно рассмотреть сечение данныхплоскости и сферы (шара) той диаметральной плоскостьюсферы (шара), которая перпендикулярна данной плоскости.Тогда в сечении получается окружность (круг) и прямая, по-этому решение данной задачи сводится к решению плани-метрической задачи на взаимное расположение окружности(круга) и прямой.

3.154. Шар радиуса 3 касается сторон равностороннеготреугольника в точках A, B и C. Определить длину кратчай-шего пути по поверхности шара от точки A до точки B, еслидлина стороны данного треугольника равна 6.

R2 – d2

2154010o3.fm Page 137 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

138

Решение. Кратчайшим путем по поверхности сферы меж-ду ее точками A и B является наименьшая из двух дуг с кон-цами A и B той окружности, по которой диаметральнаяплоскость, проходящая через A и B, пересекает сферу —поверхность данного шара.

Так как данный треугольник является правильным, тоокружность, по которой плоскость данного треугольника пе-ресекает сферу, вписана в этот треугольник, при этом отре-зок AB равен половине стороны данного треугольника, т. е.AB = 3. Тогда треугольник OAB (O — центр шара) являетсяправильным со стороной, равной радиусу сферы, и наимень-шая из двух дуг AB большой окружности, по которой плос-кость OAB пересекает сферу, содержит 60°. Это означает, что

длина наименьшей дуги AB равна •2π•3 = π.

3.163. Сфера проходит через три вершины ромба со сторо-ной 6 и углом 60°. Найти расстояние от центра сферы до чет-вертой вершины ромба, если радиус сферы равен 10.

Решение. Пусть ABCD — данный ромб, в котором ∠BAD == 60°, точка O — центр данной сферы. Возможны два слу-чая.

1) Сфера проходит через вершины A, B и D. Тогда сечениемэтой сферы плоскостью ромба является окружность, описан-ная около правильного треугольника ABD, значит, центр O1

этой окружности совпадает с центроидом треугольника ABD

(рис. 58, а), поэтому O1A = = 2 , O1C = 2O1A = 4 .

16---

Рис. 58

O

D

CB

A

KO1

O

AB

K

D

C

а) б)

6

3------- 3 3

2154010o3.fm Page 138 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

139

Учитывая, что OO1 ⊥ (ABD), находим:

в прямоугольном �ОАО1 O1O2 = OA2 – O1A2 = 100 – 12 == 88;

в прямоугольном �OCO1 OC2 = O1O2 + O1C2 = 88 + 48 =

= 136, откуда OC = 2 — расстояние от центра сферы доточки C — четвертой вершины ромба ABCD.

2) Сфера проходит через вершины A, B и C ромба. Тогдасечением этой сферы плоскостью ромба является окруж-ность, описанная около равнобедренного треугольника ABC(∠ABC = 120°), значит, центр O1 этой окружности совпада-ет с вершиной D ромба (рис. 58, б); при этом OD ⊥ (ABC),следовательно, в прямоугольном �OBD находим: OD =

= = = 8 — расстояние от центра сфе-ры до точки D — четвертой вершины ромба ABCD.

3.165. На поверхности шара диаметром 25 см даны точкаА и окружность, все точки которой удалены от точки A (попрямой линии) на 15 см. Найти радиус этой окружности.

Решение. Пусть ω — данная окружность на сферическойповерхности данного шара с центром O. Все отрезки длины15, соединяющие точку A с точками окружности ω, образуютбоковую поверхность конуса с вершиной A и окружностьюоснования ω. Ось этого конуса проходит через центр O сферыи пересекает ее поверхность в некоторой точке B.

Проходящее через ось конуса диаметральное сечение сфе-ры в комбинации с сечением конуса представляет собой ок-ружность с диаметром AB и вписанный в нее равнобедрен-ный треугольник ACK; хорда CK сферы перпендикулярна еедиаметру AB, делится этим диаметром пополам в точке H иравна диаметру основания конуса, т. е. HC — радиус основа-ния конуса.

В прямоугольном треугольнике ABC (∠ACB = 90°) имеем:AB•AH = AC2 или 25•AH = 225, откуда AH = 9. Теперь впрямоугольном треугольнике AHC (∠AHC = 90°) получаем:

CH = = = 12 (см).

Сфера и две параллельные плоскости

При решении задач на взаимное расположение сферы идвух параллельных плоскостей достаточно рассмотреть сече-ние данных плоскостей и сферы той диаметральной плоско-стью сферы, которая перпендикулярна этим плоскостям.

34

OB2 – BD2 102 – 62

AC2 – AH2 152 – 92

2154010o3.fm Page 139 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

140

Тогда в сечении получается окружность и две параллельныепрямые, поэтому решение данной задачи сводится к реше-нию планиметрической задачи на взаимное расположениеокружности и двух параллельных прямых.

3.174. Концы диаметра сферы лежат на двух параллель-ных плоскостях. Прямая, содержащая этот диаметр, образу-ет с каждой из плоскостей угол 60°. Найти радиус сферыи расстояние между плоскостями, если радиус окружностипересечения сферы с одной из них равен 3.

Решение. Пусть концы A и B диаметра AB данной сфе-ры лежат в параллельных плоскостях соответственно α и β.

Если сферу, а также плоскости α и β пересечь плоскос-тью, проходящей через диаметр AB перпендикулярно этимплоскостям, то в сечении получим окружность, имеющуюдиаметр AB, а также прямые AK и ВС, которые параллель-ны между собой и образуют углы в 60° с диаметром AB(рис. 59). При этом длины отрезков AK и BC равны междусобой и равны диаметрам окружностей пересечения плоскос-тей α и β с данной сферой.

В прямоугольном треугольнике ABC, в котором ∠ABC == 60° и BC = 6, находим: AB = 12, откуда радиус сферы ра-

вен 6; AC = AB•sin 60° = 12• = 6 — расстояние между

плоскостями α и β.

3.180. Две параллельные плоскости пересекают диаметрсферы AB в точках C и K, делящих его в отношенииAC : CK : KB = 1 : 2 : 3. Найти отношение радиусов сечений

32------- 3

A

60°

O

C

B

K 60°

Рис. 59 Рис. 60

T

α

A

C

KP

B

L

M H

α

2154010o3.fm Page 140 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

141

(меньшего к большему), если прямая, содержащая данныйдиаметр, образует с плоскостями угол α.

Решение. Из соотношения AC : CK : KB = 1 : 2 : 3 следует,что точка K является центром данной сферы. Пусть диаметрTL сферы перпендикулярен секущим плоскостям.

На рисунке 60 изображено сечение сферы плоскостью,проходящей через диаметры AB и TL, при этом радиусыменьшего и большего сечений сферы равны соответствен-но HM и PK = R, где R — радиус сферы.

Из CK : KB = 2 : 3 и BK = R следует, что CK = R. Тогда

HK = Rsin α, MH = = =

= , поэтому = = .

Сфера и двугранный угол. Сфера и две плоскости

Сфера называется вписанной в двугранный угол, если онакасается его граней. Центр вписанной в двугранный уголсферы лежит на биссекторной плоскости этого двугранногоугла. При этом для радиуса r сферы, вписанной в двугран-ный угол величины α, и расстояния m от центра сферы до

ребра двугранного угла справедлива формула r = m•sin .

Этой формулой часто пользуются при решении задач.При решении задачи на комбинацию сферы и двугранного

угла (сферы и двух пересекающихся плоскостей) достаточнорассмотреть сечение двугранного угла и сферы (двух плос-костей и сферы) той диаметральной плоскостью сферы, ко-торая перпендикулярна ребру двугранного угла (прямойпересечения данных плоскостей). Тогда в сечении получает-ся окружность и плоский угол (окружность и две пересекаю-щиеся прямые), поэтому решение данной задачи сводится крешению планиметрической задачи на комбинацию окруж-ности и плоского угла (окружности и двух пересекающихсяпрямых).

3.186. Сфера радиуса r касается двух взаимно перпенди-кулярных плоскостей. Найти радиус наименьшей сферы,касающейся этих двух плоскостей и данной сферы.

23---

23--- MK2 – HK2 R2 – 4

9---R2 αsin2

R 9 – 4 αsin2

3---------------------------------------

MHPK------------

R 9 – 4 αsin2

3R---------------------------------------

9 – 4 αsin2

3-----------------------------------

α

2---

2154010o3.fm Page 141 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

142

Решение. Пусть точка A —центр данной сферы радиуса r,касающейся двух взаимно пер-пендикулярных плоскостей, точ-ка B — центр наименьшей сферы,касающейся этих двух плоскос-тей и данной сферы, C — точкакасания этих сфер. Центры A и Bпринадлежат биссектору данногодвугранного угла.

На рисунке 61 изображеносечение рассматриваемых сфери двугранного угла плоскостью,проходящей через центры A и B

перпендикулярно ребру двугранного угла (M — точка пере-сечения этого ребра и плоскости сечения).

Если x — длина искомого радиуса (BC = x), то имеем:

AM = r , BM = x . Тогда AM – BM = AC + CB или

r – x = r + x, откуда x( + 1) = r( – 1) ⇒

⇒ x = r = r(3 – 2 ).

3.195. В шаре радиуса 13 см проведены два взаимно пер-пендикулярных сечения на расстоянии 4 и 12 см от центрашара. Найти длину их общей хорды.

Решение. Пусть точки O, A и B — центры соответственносферы и данных ее сечений, прямая c — линия пересеченияплоскостей сечений, M — точка пересечения прямой c и диа-метральной плоскости, перпендикулярной этой прямой.Тогда в прямоугольнике OAMB находим: OM2 = OA2 ++ OB2 = 160.

Если PK — общая хорда сечений, то M — середина этойхорды, причем OP = 13. Значит, в прямоугольном �OMP

получаем: MP = = 3, следовательно, PK == 2MP = 6.

3.203. Два правильных треугольника лежат в различныхплоскостях и имеют общую сторону. Доказать, что все вер-шины этих треугольников лежат на одной сфере.

Решение. Пусть ABC и PBC — два правильных треугольни-ка, не лежащих в одной плоскости. Центры всех сфер, прохо-

Рис. 61

A

r

B x

M

C

2 2

2 2 2 2

2 – 1

2 + 1------------------- 2

OP2 – OM2

2154010o3.fm Page 142 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

143

дящих через вершины �ABC, принадлежат прямой m, кото-рая проходит через центроид этого треугольника перпендику-лярно его плоскости, а центры всех сфер, проходящих черезвершины �PBC, принадлежат прямой n, которая проходитчерез центроид этого треугольника перпендикулярно егоплоскости. При этом прямые m и n пересекаются в некоторойточке M (эти прямые лежат в плоскости серединных перпен-дикуляров отрезка BC и не параллельны), которая оказывает-ся равноудаленной от всех вершин данных треугольников.Значит, M — центр сферы, проходящей через все вершиныэтих треугольников.

Сфера и три попарно перпендикулярные плоскости

Сфера называется вписанной в многогранный угол, еслиона касается всех граней многогранного угла. Если сфера ра-диуса r вписана в трехгранный угол, все плоские углы кото-рого прямые, то для расстояния m от центра сферы до ребра

трехгранного угла справедливо: m = r , а для расстояния dот центра этой сферы до вершины трехгранного угла выпол-

няется: d = r .Эти соотношения часто используют при решении задач,

в которых рассматриваются те или иные комбинации сферыс кубом и прямоугольным параллелепипедом.

3.207. Сфера радиуса r касается каждой из трех попарноперпендикулярных плоскостей. Найти радиус сферы, ка-сающейся этих трех плоскостей и данной сферы.

Решение. Пусть A — общая точка трех данных плоскос-тей, точка B — центр сферы ω радиуса r, O и R — соответ-ственно центр и радиус сферы ω1, касающейся этих трехплоскостей и сферы ω.

Возможны два случая. 1) Сфера ω1 расположена междусферой ω и точкой A; 2) сфера ω расположена между сферойω1 и точкой A.

С л у ч а й 1. Пусть C — точка касания сфер. Тогда: AO =

= R , AB = r , OC = R, BC = r. Так как OB = OC + BC =

= AB – OA, то r – R = r + R или R( + 1) = r( – 1),

откуда R = = r(2 – ).

2

3

3 3

3 3 3 3

r 3 – 1( )

3 + 1-------------------------- 3

2154010o3.fm Page 143 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

144

С л у ч а й 2. Пусть K — точка касания сфер. Тогда: AO =

= R , AB = r , OK = R, BK = r. Так как OB = OK + BK =

= OA – AB, то R – r = r + R или R( – 1) = r( + 1),

откуда R = = r(2 + ).

Пересекающиеся сфера и куб

3.216. Найти радиус сферы, касающейся всех ребер кубас ребром а. Определите расстояние от центра этой сферыдо грани, ребра и вершины куба.

Решение. Так как все грани куба — равные квадраты, товписанные в них окружности, по которым грани куба пере-секают сферу, равны; радиусы этих окружностей равны0,5a. Значит, центр O сферы удален от каждой грани куба нарасстояние, равное 0,5a, от каждого из ребер куба — на рас-

стояние, равное = , а от каждой из вершин

куба — на расстояние, равное = .

3.217. Шар радиуса R касается всех ребер куба. Найтирадиус шара, касающегося данного шара и плоскостей трехграней куба, имеющих общую вершину.

Решение. Пусть точка O — центр куба, совпадающий сцентром данного шара радиуса R, точка B — центр шара ра-диуса r, касающегося данного шара в точке C и плоскостейтрех граней куба, имеющих общую вершину A (B ∈ OA).

Так как радиус R шара равен расстоянию от O до реб-

ра a куба, то из = = R (см. 3.216) получаем

a = R . Тогда расстояние от O до грани куба равно ,

а диагональ грани равна 2R, значит, OA = =

= .

3 3

3 3 3 3

r 3 + 1( )

3 – 1--------------------------- 3

a2

4------ +

a2

4------

a 22

-----------

a2---

2+

a

2-------

2 a 32

-----------

a2

4------ +

a2

4------

a 22

-----------

2 R 22

------------

R 2

2------------

2

+ R2

R 62

------------

2154010o3.fm Page 144 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

145

Учитывая, что BA = r , BC = r и OA = OC + CB + BA,

имеем: = R + r + r , откуда r = =

= .

3.218. Шар радиуса R проходит через все вершины граникуба и касается его противоположной грани. Найти реброкуба.

Решение. Пусть ребро куба равно a, шар касается нижнегооснования куба в точке P и проходит через все вершиныверхнего основания A1B1C1D1; O — точка пересечения диа-метра PM с этой гранью. Тогда в прямоугольном треугольни-

ке PC1M имеем: PM = 2R, OP = a, OC1 = и из соотноше-

ния = OP•OM получаем = a(2R – a), откуда a = R.

Пересекающиеся сфера и призма

3.222. Сфера касается всех ребер правильной 100-уголь-ной призмы. Найти длины ребер призмы, если сумма длинвсех ребер призмы равна 300.

Решение. Так как боковые грани призмы — квадраты (в пря-моугольник нельзя вписать окружность), то все 300 ребер приз-мы равны между собой, поэтому длина каждого из них равна 1.

Пересекающиеся сфера и правильный тетраэдр

3.224. Высота DH правильного тетраэдра ABCD являетсядиаметром сферы. Найти длину линии пересечения сферыповерхностью тетраэдра, если высота тетраэдра 6.

Решение. Так как высота DH правильного тетраэдраABCD является диаметром сферы (H — центроид правиль-ного �ABC), то сфера касается грани ABC в точке H.

Высота DH правильного тетраэдра ABCD принадлежитбиссекторным плоскостям двугранных углов при боковых реб-рах этого тетраэдра, следовательно, центр O данной сферы рав-ноудален от всех трех его боковых граней. Это означает, что впересечении сферы с плоскостями этих граней получаютсяравные окружности, при этом точка D является общей длявсех трех окружностей, а окружности каждых двух соседнихбоковых граней пересекаются на общем ребре этих граней.

3

R 62

------------ 3 R 6 – 2( )

2 3 + 1( )----------------------------

R 3 2 – 6 – 2 3 + 2( )

4-------------------------------------------------------------------

a 22

-----------

OC12 a2

2------

43---

2154010o3.fm Page 145 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

146

Найдем длину линии пересе-чения грани DBC (треугольникаDBC) со сферой.

Если F — середина BC (рис. 62)

и ∠HDF = α, то sin α = =

= = = . Так как

(AFD) ⊥ (BCD), то центр O1 ок-ружности пересечения сферы играни DBC принадлежит медиа-не DF, при этом OO1 ⊥ (BCD),значит, OO1 ⊥ DF. (Если точкаK — центроид грани BCD, то

AK ⊥ (BCD), K ∈ DF и OO1 � AK.) Тогда в прямоугольном тре-

угольнике OO1D находим: O1D = OD•cos α = 3• = 2 —

длина радиуса окружности пересечения плоскости граниDBC и сферы.

Так как ∠BDC = 60°, то пересечением грани BCD и сферы

является третья часть окружности радиуса 2 , т. е. дуга

этой окружности, имеющая длину = π. Тогда ли-

ния пересечения сферы и боковой поверхности тетраэдрапредставляет собой объединение трех таких дуг и имеет дли-

ну, равную π•3 = 4 •π.

3.228. Сфера касается всех ребер правильного тетраэдра сребром а. Найти: а) радиус сферы; б) расстояния от центраэтой сферы до вершины, грани и ребра тетраэдра.

Решение. Ранее доказывалось, что все четыре медианытетраэдра пересекаются в одной точке — центроиде тет-раэдра и делятся этой точкой в отношении 3 : 1, считаяот вершины.

Пусть точка М — центроид правильного тетраэдра РАВС.

Тогда РМ : МО = 3 : 1, откуда следует, РМ = РО, ОМ =

= РО (рис. 63).

Рис. 62

D

O1O2

A C

B

F

MHL

O

K

HFFD----------

13---AF

FD-------------

13---FD

FD-------------

13---

2 23

----------- 2

2

2π•2 23

-----------------------

4 23

-----------

4 23

----------- 2

34---

14---

2154010o3.fm Page 146 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

147

В правильном тетраэдреРАВС все медианы равны,поэтому его центроид равно-удален от всех его вершин,значит, точка М — центрсферы, описанной около это-го тетраэдра. Центроид Мправильного тетраэдра такжеравноудален от всех его гра-ней (медиана правильноготетраэдра перпендикулярнасоответствующей его грани),поэтому он является центромсферы, вписанной в этот тет-раэдр. (Об этом свидетельст-вует и тот факт, что в точке М пересекаются биссекторы дву-гранных углов тетраэдра при ребрах АВ, АС и АР.) Такимобразом, в правильном тетраэдре РАВС (см. рис. 63) имеем:РМ = R — радиус описанной сферы, ОМ = r — радиус впи-санной сферы.

По условию задачи сфера касается всех ребер правильноготетраэдра РАВС. Тогда пересечением этой сферы с гранямитетраэдра являются равные окружности (они вписаны в рав-ные правильные треугольники — грани данного тетраэдра).Это означает, что центром этой сферы является точка тет-раэдра, равноудаленная от его граней. Такой точкой в пра-вильном тетраэдре РАВС является его центроид М.

а) В прямоугольном �РОВ имеем: ОР = =

= = .

Тогда: МР = • = — расстояние от центра сфе-

ры до вершины тетраэдра;

ОМ = • = — расстояние от центра сферы до

грани тетраэдра. Далее, ВН ⊥ АС, РО ⊥ (АВС) ⇒ АС ⊥ (РВН) (почему?) ⇒

⇒ МН ⊥ АС (почему?) ⇒ длина МН — расстояние от цент-ра сферы до ребра тетраэдра.

Найдем МН.

Рис. 63

PB2 – OB2

a2 – a 3

3-----------

2 a 63

-----------

34---

a 63

-----------

a 64

-----------

14---

a 63

-----------

a 612-----------

2154010o3.fm Page 147 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

148

В прямоугольном �ОМН имеем: ОН = BH = • =

= ; ОМ = , тогда МН = =

= = .

б) Центр М сферы равноудален от всех граней правильно-го тетраэдра РАВС.

От грани АВС точка М удалена на расстояние ОМ = .

При этом сфера пересекает эту грань по окружности, вписан-ной в правильный треугольник АВС со стороной а. Радиус

этой окружности равен ОН = • = . Значит, отрезок

МН = = = является ра-

диусом нашей сферы.Замечание. Радиус сферы равен расстоянию от центра сфе-

ры до ребра данного тетраэдра, так как эта сфера касаетсяего ребер.

Пересекающиеся сфера и пирамида

3.232. Сторона основания правильной четырехугольнойпирамиды MABCD равна 6, а боковое ребро — 5. Найти ра-диус сферы, проходящей через вершины M, A и B, еслицентр сферы лежит на плоскости MCD.

Решение. Пересечением сферы и плоскости грани MABявляется окружность, описанная около равнобедренного�MAB; центр K окружности лежит на медиане MP этоготреугольника (рис. 64). Если ∠AMB = ϕ и r — радиус этой

окружности, то r = . Найдем sin ϕ.

В прямоугольном �BMP имеем: MP = =

= = 4. Используя формулы площади треугольника, получаем

sin ϕ = = = . Тогда r = 6 : = .

13---

13---

a 32

-----------

a 36

-----------

a 612----------- OH2 + OM2

a 3

6-----------

2

+ a 612-----------

2 a 24

-----------

a 612-----------

13---

a 32

-----------

a 36

-----------

OH2 + OM2 a 3

6-----------

2

+ a 612-----------

2 a 24

-----------

AB2 ϕsin------------------

MB2 – PB2

25 – 9

AB•MPAM•BM----------------------------

6•425------------

2425-------

2•2425

---------------

258-------

2154010o3.fm Page 148 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

149

Так как (MPE) ⊥ (ABM),то прямая, проходящая че-рез центр H сферы и центрK окружности пересеченияэтой сферы плоскостьюABM, лежит в (MPE), при-чем H ∈ ME, HK ⊥ MP иHM = R, где R — радиуссферы. Найдем R.

В прямоугольном �MPO

имеем: OM = =

= . Если ∠PME = α, то в�MPE находим: sin α =

= = = , тогда cos α = . Теперь в прямо-

угольном �MKH получаем: HM = = : = 25.

Таким образом, R = 25.

19.6. Вписанные и описанные шары и сферы

Перед изучением вопроса о сфере (шаре), вписанной (впи-санном) в многогранник и описанной (описанном) околомногогранника, следует повторить вопрос об окружности(круге), вписанной (вписанном) в многоугольник и описан-ной (описанном) около многоугольника.

Учащиеся должны знать, что для того, чтобы около мно-гогранника можно было описать сферу (шар), необходимо,чтобы около любой его грани можно было описать окруж-ность (круг). При этом центр описанной сферы (описанногошара) может лежать как внутри многогранника, так и внеего или на его поверхности (возможно, на ребре многогран-ника) и проектируется в центр описанной около любой граниокружности (описанного круга). Кроме того, перпендику-ляр, опущенный из центра описанной около многогранникасферы (описанного шара) на ребро многогранника, делит эторебро как хорду сферы (шара), пополам.

Иначе говоря, не около любого многогранника можноописать сферу. Например, около любой правильной пира-миды или любого тетраэдра сферу описать можно, но око-ло четырехугольной пирамиды, в основании которой лежит

Рис. 64

M

B

AD

E

C

O

H

K

P

αϕ

MP2 – OP2

7

PE•OMPM2

-------------------------

6• 716

----------------

3 78

-----------

18---

MK αcos

---------------

258-------

18---

2154010o3.fm Page 149 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

150

ромб, не являющийся квадратом, сферу описать нельзя (око-ло ромба нельзя описать окружность). Более того, нельзяописать сферу около любой наклонной призмы. Но окололюбой пирамиды, все ребра которой одинаково наклонены коснованию, всегда можно описать сферу; ее центр лежит налуче, содержащем высоту пирамиды. Аналогичная картинанаблюдается относительно шара, описанного около много-гранника.

Учащимся полезно знать, что высота h пирамиды, радиусR сферы, описанной около этой пирамиды, и радиус Rокр

окружности, описанной около основания пирамиды, связа-

ны соотношением: (R – h)2 + = R2.

Шар и сфера, описанные около куба и вписанные в него

При решении задач на шар и сферу, описанные около кубаи вписанные в него, удобно использовать уже известные фак-ты: если сфера радиуса r вписана в трехгранный угол, всеплоские углы которого прямые, то для расстояния m отцентра сферы до ребра трехгранного угла справедливо: m =

= r , а для расстояния d от центра этой сферы до вершины

трехгранного угла выполняется: d = r .

3.242. В куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a помещены двакасающихся друг друга шара. Один из них касается трехграней куба, имеющих общую вершину A, а другой — трехграней куба, имеющих общую вершину C1. Найти радиусышаров, если они относятся как 2 : 3.

Решение. Пусть K — центр первого (меньшего) шара, M —центр второго шара, H — точка их взаимного касания. Еслирадиус меньшего шара равен R, то радиус большего шара

равен 1,5R. Тогда AK = R , KH = R, HM = 1,5R, MC1 =

= 1,5R . Так как AK + KH + HM + MC1 = AC1, то R +

+ R + 1,5R + 1,5R = a или 2,5R( + 1) = a , откуда

R = = = , значит, радиус

большего шара равен .

Rокр2

2

3

3

3 3

3 3 3 3

a 3

2,5 3 + 1( )---------------------------------

a 3 3 – 1( )

5-----------------------------------

a 3 – 3( )

5---------------------------

3a 3 – 3( )

10-------------------------------

2154010o3.fm Page 150 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

151

3.249. В полушар вписан куб так, что четыре вершиныего нижнего основания лежат на основании полушара,а другие четыре вершины — на сферической поверхнос-ти. Найти объем куба, если радиус основания полушара

равен .Решение. Пусть в полушар с центром O вписан куб

ABCDA1B1C1D1 с ребром a. Сечением комбинации шара икуба диагональной плоскостью ACC1 является полукруг ра-

диуса OC1 = и вписанный в него прямоугольник с основа-

нием AC = a и высотой CC1 = a. Тогда в прямоугольном

треугольнике OCC1 получаем: = OC2 + или ( )2 =

= + a2, откуда a = 2, значит, объем куба равен 8.

Сфера, описанная около призмы и вписанная в нее

Решая задачи на сферу, описанную около призмы и впи-санную в призму, учащиеся должны знать, что: нельзя опи-сать сферу около любой наклонной призмы; центр сферы,описанной около прямой призмы, принадлежит отрезку сконцами в центрах окружностей, описанных около ее осно-ваний; центром сферы, вписанной в призму, служит середи-на отрезка, соединяющего центры окружностей, вписанныхв ее основания, а диаметр этой сферы равен боковому ребрупризмы. Кроме того, для нахождения радиуса сферы, впи-санной в призму, удобно использовать тот факт, что радиусэтой сферы равен радиусу окружности, вписанной в основа-ние призмы.

3.255. Основанием прямой призмы ABCDA1B1C1D1 явля-ется равнобедренная трапеция ABCD, у которой AB = CD иострый угол равен 30°. Найти радиус вписанного в призмушара, если сумма всех ребер призмы равна 40.

Решение. Высота призмы равна диаметру шара, которыйравен диаметру MK окружности, вписанной в трапециюABCD (рис. 65). Найдем длину отрезка MK.

Пусть AB = a, тогда AH = , MK = BH = , где

BH ⊥ AD. Если при этом BC = x, то из условия 2AB = 2(BC +

6

6

2

OC12 CC1

2 6

a 22

-----------

2

a 32

-----------

a2---

2154010o3.fm Page 151 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

152

+ AH) (окружность вписана в трапецию) или a = x +

находим x = a – = . Тогда BC = ,

AD = 2AH + BC = 2• + = .

Боковое ребро призмы равно диаметру сферы, которыйравен MK, поэтому сумма длин всех ребер призмы равна

4AB + 2BC + 2AD + 4MK = 4a + 2• + 2• +

+ 4• = 10a. По условию 10a = 40, откуда a = 4, значит,

MK = = 2, а радиус сферы равен = 1.

3.258. Основанием призмы ABCDA1B1C1D1 служит квад-рат ABCD со стороной a; точка M — середина ребра A1D1;O — точка пересечения диагоналей основания ABCD;MO = h — высота призмы. Найти радиус сферы, проходя-щей через точки A, B, C, D, A1, D1.

Решение. Пусть точка K — середина AD (рис. 66), тогда потеореме о трех перпендикулярах MK ⊥ AD, значит, граньADD1A1 — прямоугольник.

Так как ABCD — квадрат, то центр P сферы, проходящейчерез все вершины этого квадрата, лежит на прямой OM,а так как эта сфера проходит еще и через все вершины пря-моугольника ADD1A1, то центр P принадлежит прямой, про-ходящей через точку H = AD1 ∩ DA1 перпендикулярноплоскости этого прямоугольника. Из (OMK) ⊥ (ADD1) следу-

Рис. 65

B CK

MH30°

A D

O

a 32

-----------

a 32

-----------

a 2 – 3( )

2---------------------------

a 2 – 3( )

2---------------------------

a 32

-----------

a 2 – 3( )

2---------------------------

a 2 + 3( )

2----------------------------

a 2 – 3( )

2---------------------------

a 2 + 3( )

2----------------------------

a2---

a2---

MK2

------------

2154010o3.fm Page 152 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

153

ет: центр P сферы являет-ся точкой пересечения се-рединного перпендикуляраотрезка KM, лежащего в(OMK), и прямой OM. Этоозначает, что PD — иско-мый радиус сферы, проходя-щей через точки A, B, C, D,A1, D1. Найдем длину PD.

В прямоугольном �MOK:

MK = =

= = , по-

этому HM = KM = .

Из подобия прямоугольных треугольников OKM и HPMследует:

= , откуда PM = =

= = . Тогда OP = OM – PM = h – = ,

и в прямоугольном �POD получаем: PD = =

= = — искомый

радиус сферы.

3.259. Основанием призмы ABCDA1B1C1D1 служит квад-

рат ABCD со стороной a; точка M — середина ребра A1D1;

O — точка пересечения диагоналей основания ABCD;MO = h — высота призмы. Найти радиус сферы, проходя-щей через точки A, B, C, D и касающейся прямой A1D1.

Решение. Пусть точка K — середина AD (рис. 67), тогдапо теореме о трех перпендикулярах MK ⊥ AD, значит, граньADD1A1 — прямоугольник.

Рис. 66

A1

C1B1

M

H P

K D

CB

A

O

D1

OK2 + OM2

a2---

2+ h2 a2 + 4h2

2----------------------------

12---

a2 + 4h2

4----------------------------

OMHM------------

KMPM------------

KM•HMOM

-----------------------------

a2 + 4h2

2----------------------------•

a2 + 4h2

4----------------------------

h---------------------------------------------------------------

a2 + 4h2

8h------------------------

a2 + 4h2

8h------------------------

4h2 – a2

8h------------------------

OP2 + OD2

4h2 – a2

8h------------------------

2

+ a 2

2-----------

2 16h4 + 24a2h2 + a4

8h-------------------------------------------------------------

2154010o3.fm Page 153 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

154

Так как ABCD — квадрат,то центр P сферы, проходя-щей через все вершины этогоквадрата, лежит на прямойOM. Кроме того, сфера пере-секает грань ADD1A1 по ок-ружности, которая проходитчерез вершины A, D и касает-ся стороны A1D1, значит, этаокружность описана околоравнобедренного треугольни-ка AMD; центром ее являет-ся точка H пересечения MKи серединного перпендику-ляра EH отрезка MD. Тогдацентр сферы, проходящейчерез точки A, B, C, D и ка-

сающейся прямой A1D1, есть точка P пересечения прямой OMи прямой, проходящей через точку H перпендикулярно граниADD1A1 (обе прямые лежат в одной плоскости OMK, перпен-дикулярной плоскости грани ADD1A1, и не параллельны). Этоозначает, что отрезок PD равен радиусу «нашей» сферы. Най-дем длину PD.

В прямоугольном �MOK находим: MK = =

= = . Так как ADD1A1 — прямоуголь-

ник, то �MDK — прямоугольный, в котором MD =

= = = . Тогда

ME = MD = .

Из подобия прямоугольных треугольников KMD и EMH

следует: = , откуда MH = =

= = . Далее из подобия

Рис. 67

A1

C1B1

M

H

K D

CB

A

O

D1

EP

OK2 + OM2

a2---

2+ h2 a2 + 4h2

2----------------------------

MK2 + KD2 a2 + 4h2

4------------------------ +

a2

4------

2 a2 + 2h2( )

2-------------------------------------

12---

2 a2 + 2h2( )

4-------------------------------------

KMEM------------

MDMH------------

EM•MDKM

----------------------------

2 a2 + 2h2( )

4-------------------------------------•

2 a2 + 2h2( )

2-------------------------------------

a2 + 4h2

2----------------------------

--------------------------------------------------------------------------------

a2 + 2h2

2 a2 + 4h2--------------------------------

2154010o3.fm Page 154 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

155

прямоугольных треугольников OKM и HPM получаем: =

= , откуда PM = = =

= . Тогда OP = OM – PM = h – = .

Теперь в прямоугольном треугольнике OPD находим: PD =

= = = =

= — искомый радиус сферы.

3.281. Прямая призма описана около шара радиуса 4 см.Периметр основания призмы равен 42 см. Найти объем иплощадь поверхности призмы.

Решение. Сечением комбинации данных шара и призмыплоскостью, проходящей через центр шара перпендикуляр-но боковому ребру, является равный основанию многоуголь-ник и вписанная в него окружность радиуса R = 4. Площадь

S этого многоугольника равна P•R = •42•4 = 84, где

P — периметр многоугольника. Так как шар вписан в приз-му, то ее высота h равна диаметру шара: h = 8. Тогда объемпризмы равен S•h = 84•8 = 672 (см3).

Площадь боковой поверхности призмы равна 42•8 = 336,значит, площадь ее полной поверхности равна 336 + 168 == 504 (см2).

3.282. В шар радиуса R вписана правильная четырех-угольная призма. Радиус, проведенный к одной из вершиноснования призмы, образует с плоскостью боковой граниугол в 30°. Найти объем призмы.

Решение. Пусть ABCDA1B1C1D1 — вписанная в данныйшар с центром K правильная призма. Это означает, что K ∈∈ BD1, BD1 = 2R, и в прямоугольном �BC1D1 (∠C1BD1 = 30°)

имеем: C1D1 = BD1 = R, BC1 = BD1•cos 30° = R . Тогда в

прямоугольном �BC1С находим C1C = = R ,

значит, объем призмы равен BC2•C1C = R2•R = R3 .

OMHM------------

KMPM------------

HM•KMOM

-----------------------------

a2 + 2h2

2 a2 + 4h2--------------------------------•

a2 + 4h2

2----------------------------

h-------------------------------------------------------------------

a2 + 2h2

4h------------------------

a2 + 2h2

4h------------------------

2h2 – a2

4h------------------------

OP2 + OD2 2h2 – a2

4h------------------------

2

+ a 2

2-----------

2

a2 + 2h2

4h------------------------

2

a2 + 2h2

4h------------------------

12---

12---

12--- 3

C1B2 – BC2 2

2 2

2154010o3.fm Page 155 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

156

Шар и правильный тетраэдр (вписанный и описанный)

При решении задач на шар (сферу), описанный около пра-вильного тетраэдра или вписанный в него, учащимся полез-но знать, что: если все плоские углы трехгранного угла рав-ны по 60°, то расстояние от вершины угла до центра вписан-ного в этот угол шара радиуса r равно 3r, а расстояние от

центра этого шара до ребра тетраэдра равно r . Эти соотно-шения часто используют при решении задач, в которых рас-сматриваются те или иные комбинации шаров (сфер) с пра-вильными тетраэдрами.

Так как, с одной стороны, любая вершина правильноготетраэдра проектируется в центр окружности, описаннойоколо ее противоположной грани, с другой стороны, прямая,проведенная через центр любого сечения сферы перпендику-лярно плоскости этого сечения, проходит через центр даннойсферы, то центр сферы, описанной около правильного тетра-эдра, принадлежит любой его высоте, т. е. все высоты пра-вильного тетраэдра проходят через центр описанной околонего сферы.

Аналогично все высоты правильного тетраэдра проходятчерез центр вписанной в него сферы и делятся этим центромв отношении 3 : 1, считая от вершины тетраэдра.

3.286. В правильный тетраэдр с ребром a вписана сфера.Найти: а) радиус сферы; б) расстояния от центра сферы довершины, грани и ребра тетраэдра.

Решение. Пусть в правильный тетраэдр PABC вписанасфера с центром K и радиусом R. Если точка O — центр гра-

ни ABC, M — середина BC, то OA = AM = • = ,

OP = = = .

Так как все четыре отрезка, соединяющие вершиныправильного тетраэдра с центроидами его противоположныхграней, равны, перпендикулярны соответствующим граням,пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 3 : 1,считая от вершины, то эта точка является центром K сферы,

вписанной в данный тетраэдр. Значит, R = OP = • =

3

23---

23---

a 32

-----------

a 33

-----------

AP2 – OA2 a2 – a 3

3-----------

2 a 63

-----------

14---

14---

a 63

-----------

2154010o3.fm Page 156 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

157

= . Тогда KO = — расстояние от центра K до гра-

ни тетраэдра (плоскость ABC перпендикулярна радиусуOK сферы, проведенному в точку O касания сферы и граниABC).

Далее, AK = PK = OP = • = — расстояние от

центра K сферы до вершины A тетраэдра.Расстояние от центра K сферы до ребра AP равно дли-

не медианы KH (H ∈ AP) равнобедренного �APK (AK =

= KP), значит, это расстояние равно =

= = .

Сфера, описанная около пирамиды и вписанная в нее

Так как, с одной стороны, высота правильной пирамидыпроходит через центр окружности, описанной около ее осно-вания, с другой стороны, прямая, проведенная через центрлюбого сечения сферы перпендикулярно плоскости этого се-чения, проходит через центр данной сферы, то центр сферы,описанной около любой правильной пирамиды, принадле-жит высоте этой пирамиды.

Центр сферы принадлежит также высоте пирамиды, есливсе ее боковые ребра образуют равные углы с плоскостьюоснования (все боковые ребра пирамиды равны между со-бой); в частности, если в основании такой пирамиды лежитпрямоугольный треугольник, то основанием высоты пира-миды служит середина гипотенузы треугольника-основанияи центр сферы принадлежит этой высоте.

При решении задач на комбинацию пирамиды и вписан-ной в нее сферы радиуса r удобно пользоваться соотношени-

ем: r = m•sin , где m — расстояние от центра сферы до реб-

ра многогранного угла, α — величина двугранного угла приэтом ребре.

Кроме того, учащимся полезно помнить, что если все пло-ские углы треугольной пирамиды равны по 60°, то расстоя-ние от вершины угла до центра вписанной в этот угол сферырадиуса r равно 3r; если все плоские углы треугольной пира-

a 612-----------

a 612-----------

34---

34---

a 63

-----------

a 64

-----------

AK2 – AH2

a 6

4-----------

2–

a2---

2 a 24

-----------

α

2---

2154010o3.fm Page 157 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

158

миды прямые, то расстояние от вершины угла до центра впи-

санной в этот угол сферы радиуса r равно r .Эти соотношения часто используют при решении задач,

в которых рассматриваются те или иные комбинации сферс правильными пирамидами.

Решая задачу на сферу, вписанную в правильную четы-рехугольную пирамиду, не обязательно изображать эти пи-рамиду и сферу, а достаточно рассмотреть сечение даннойкомбинации тел плоскостью осевого сечения пирамиды,в результате решение данной стереометрической задачи сво-дится к решению задачи планиметрической.

3.302. Центр шара, вписанного в правильную четырех-угольную пирамиду, делит ее высоту в отношении 5 : 3, счи-тая от вершины. Найти величину двугранного угла при боко-вом ребре пирамиды.

Решение. Пусть точка O — центр шара, вписанного в пра-вильную четырехугольную пирамиду PABCD, точка K — се-редина BC (рис. 68); (BLD) ⊥ CP, т. е. ∠BLD — линейныйугол двугранного угла при ребре CP.

Так как (PHK) ⊥ (BCP) и шар касается грани BCP в неко-торой точке M, то радиус OM шара лежит в плоскости PHK,причем M ∈ PK и OM ⊥ PK. Найдем ∠BLD = α.

Пусть OH = OM = R — радиус данного шара, значит, OP =

= R, PH = R; тогда в прямоугольном треугольнике OPM

находим: PM = = = R.

Из подобия треугольников

OPM и KPH следует: =

= = , откуда KP =

= = = R.

Тогда в прямоугольномтреугольнике PKH получа-

ем: HK = =

3

53---

83---

OP2 – OM2 53---R

2– R2 4

3---

Рис. 68

P

C

LM

D

A B

KH

Oα2

OPKP---------

OMKH-----------

PMPH-----------

OP•PHPM

------------------------

53---R•

83---R

43---R

----------------------

103-------

PK2 – PH2

2154010o3.fm Page 158 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

159

= = 2R, значит, AB = 4R и HC = 2R .

Поэтому в прямоугольном треугольнике CPK находим:

PC = = R2 + 4R2 = .

Далее в прямоугольном треугольнике CPH находим:

HL = = = . В равнобедрен-

ном треугольнике BCP имеем BL ⊥ PC, поэтому: BL =

= = = . Тогда в прямоуголь-

ном треугольнике HBL, где ∠HLB = , получаем: sin =

= = = , cos = = = ,

значит, sin α = 2 sin • cos = 2• • = , откуда

α = arcsin .

3.303. Центр шара, описанного около правильной четы-рехугольной пирамиды, делит ее высоту в отношении 5 : 3,считая от вершины. Найти величину угла наклона боковогоребра пирамиды к плоскости ее основания.

Решение. Пусть точка O — центр шара, описанного околоправильной четырехугольной пирамиды PABCD, H — точкапересечения диагоналей основания ABCD (рис. 69).

Так как плоскость APC перпендикулярна плоскости ос-нования пирамиды, то ∠HCP = α — угол наклона боковогоребра PC пирамиды к плоскости ее основания.

Если OP = R — радиус данного шара, то OH = R и PH =

= R, причем OP = OC = R. Тогда в прямоугольном треуголь-

1009

----------R2 –649-------R2 2

KP2 + KC2 1009

----------

2R 343

--------------------

PH•CHPC

-------------------------

83---R•2R 2

2R 343

--------------------

------------------------------

8R 1717

--------------------

BC•PKPC

------------------------

4R•103-------R

2R 343

--------------------

-------------------------

10R 3417

-----------------------

α

2---

α

2---

BHBL----------

2R 2

10R 3417

-----------------------

-----------------------

175

-----------

α

2---

HLBL----------

8R 1717

--------------------

10R 3417

-----------------------

-----------------------

2 25

-----------

α

2---

α

2---

175

-----------

2 25

-----------

4 3425

---------------

4 3425

---------------

35---

85---

2154010o3.fm Page 159 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

160

нике HOC находим: HC = = = R и

в прямоугольном треугольнике HCP получаем tg α = =

= = 2, откуда α = arctg 2.

3.323. Высота правильной пирамиды равна h, а радиусвписанной в ее основание окружности равен r. Найти радиусвписанной в эту пирамиду сферы.

Решение. Пусть точка O — центр сферы, вписанной в пра-вильную пирамиду PABC, H — центроид основания ABC,точка K — середина BC (рис. 70). Тогда HK = r.

Так как (APK) ⊥ (BCP) и сфера касается грани BCPв некоторой точке M, то радиус R = OM сферы лежит вплоскости APK, причем M ∈ PK и OM ⊥ PK. Кроме того,OM = OH = R, HK = MK = r, PH = h, OP = h – r. НайдемOM.

В прямоугольном треугольнике HPK находим: PK =

= = .

Из подобия треугольников OPM и KPH следует: =

= , откуда OM = = .

OC2 – OH2 R2 – 35---R

2 45---

PHCH----------

85---R

45---R--------

Рис. 69

P

B

C

H

O

D

A

R

R

Рис. 70

P

MO

CA

B

H K

PH2 + KH2 h2 + r2

OMKH-----------

PMPH-----------

MP•KHPH

---------------------------

r h2 + r2 – r( )

h------------------------------------------

2154010o3.fm Page 160 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

161

3.328. Две соседние грани треугольной пирамиды — пря-моугольные треугольники с общей гипотенузой c. Найтирадиус описанной около этой пирамиды сферы.

Решение. Пусть PABC — пирамида, грани APC и BPC ко-торой — прямоугольные треугольники с общей гипотенузойPC и прямыми углами CAP и CBP соответственно.

Сфера, описанная около пирамиды PABC, пересекаетплоскость APC по окружности, описанной около треуголь-ника APC; центром этой окружности является точка K — се-редина гипотенузы PC. Аналогично пересечением сферы сплоскостью BPC является окружность, для которой отрезокPC также является диаметром. Это означает, что точка K яв-ляется центром сферы, описанной около пирамиды PABCи имеющей радиус, равный половине гипотенузы CP, т. е.равный 0,5c.

Сфера и цилиндр

Перед решением задач на комбинацию сферы и цилиндраследует повторить планиметрический материал о комбина-циях окружности и прямоугольника (квадрата), о комбина-циях двух касающихся, пересекающихся и не имеющих об-щих точек окружностей.

Учащимся необходимо знать, что в цилиндр можно впи-сать сферу тогда и только тогда, когда цилиндр равносторон-ний, так как диаметр сферы, вписанной в цилиндр, всегдаравен высоте (образующей) этот цилиндр.

При решении задач на комбинацию сферы (шара) и ци-линдра совершенно не обязательно изображать сферу и ци-линдр, а достаточно рассмотреть плоское сечение этой ком-бинации пространственных фигур. Во многих случаях реше-ние задачи упрощается, если использовать сечения сферы(шара) и цилиндра диаметральной плоскостью сферы (ша-ра), содержащей ось цилиндра (параллельной этой оси), илидиаметральной плоскостью сферы (шара), перпендикуляр-ной оси цилиндра.

3.344. Плоскость α, образующая с осью цилиндра угол в45°, делит ось в отношении 1 : 3. Найти радиус окружности,по которой эта плоскость пересекает сферу, вписанную в ци-

2154010o3.fm Page 161 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

162

линдр, если высота цилиндраравна h.

Решение. Пусть МТ — осьданного цилиндра, точка О —центр вписанной в него сферы;О ∈ МТ. Рассмотрим сечениецилиндра и вписанной в негосферы плоскостью, проходя-щей через ось МТ. В сеченииполучаем соответственно квад-рат ABCD и окружность с цент-ром О, вписанную в этот квад-рат (рис. 71). (Осевым сечени-ем любого цилиндра является

прямоугольник, но в данном случае сечением цилиндра мо-жет быть только квадрат, так как в прямоугольник нельзявписать окружность.)

Касательная прямая m в точке А к окружности нижнегооснования цилиндра, расположенная в плоскости этого осно-вания, перпендикулярна диаметру АD. А так как АD —проекция диагонали АС на эту плоскость, то АС ⊥ m (по тео-реме о трех перпендикулярах). Тогда ∠САD — линейныйугол двугранного угла, образованного плоскостью основанияцилиндра и плоскостью β, проходящей через АС и m, причемβ ⊥ (АВС) (по признаку перпендикулярности двух плоскос-тей) и АС = β ∩ (АВС). Поэтому ортогональной проекциейоси МТ на плоскость β является прямая АС, следовательно,∠СОМ = 45° — угол между осью МТ и плоскостью β.

Так как ∠САD = 45° (в квадрате ABCD), то плоскость β на-клонена к плоскости основания цилиндра под углом 45° и об-разует с осью МТ угол в 45°. Это означает, что α � β.

Далее, пусть точка Е (Е = β ∩ МТ) делит ось МТ в отноше-нии МЕ : ЕТ = 1 : 3, значит, МЕ : МТ = 1 : 4. Тогда ОЕ =

= ЕМ = . Так как α � β, то плоскость α проходит через точ-

ку Е и пересекает плоскость АВС осевого сечения цилиндрапо прямой, параллельной АС. Обозначим: KР — отрезокпересечения этой прямой и круга — сечения данного шараплоскостью АВС; длина отрезка KР равна диаметру окруж-ности, по которой плоскость α пересекает сферу. ПроведемОН ⊥ KР, тогда НK = r — радиус этой окружности. Най-дем r.

Рис. 71

h4---

2154010o3.fm Page 162 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

163

Имеем: KР � АС ⇒ ∠СОМ = ∠МЕР = ∠НЕО = 45°, тогда

в равнобедренном прямоугольном �ЕОН: ОН = =

= : = . В прямоугольном �KОН ОK = ОМ = :

KН = = = = r, где r —

радиус окружности — сечения сферы плоскостью α.

3.351. Одна из образующих цилиндра лежит на диаметрешара, а две других являются хордами этого шара. Найти ра-диус основания и высоту цилиндра, если расстояние междукаждой из пар этих образующих равно 6, а радиус шара 10.Определить, находится весь цилиндр внутри шара или нет.

Решение. На рисунке 72, а изображено сечение шара(круг ω) и цилиндра (круг ω1) плоскостью, проходящей черезцентр О шара перпендикулярно образующим цилиндра (этаплоскость делит все образующие цилиндра пополам), приэтом точка О — середина образующей цилиндра, располо-женной на диаметре шара, а точки А и В — середины обра-зующих цилиндра, являющихся данными хордами шара.

Расстояние между образующими каждой из этих пар рав-но 6, поэтому равносторонний �ОАВ со стороной 6 вписан вкруг ω1 с центром О1, равный основанию цилиндра и имею-

OE

2---------

h4--- 2 h

4 2-----------

h2---

OK2 – OH2 h2---

2–

h

4 2-----------

2 h 148

---------------

а)

Рис. 72

б)

2154010o3.fm Page 163 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

164

щий радиус r = OF = • = 2 . А так как радиус шара

равен 10, то круг ω1 лежит внутри круга ω с центром О — диа-метрального сечения шара. Это означает, что прямая, содер-жащая образующую цилиндра, проходящую через точку С,диаметрально противоположную точке О (рис. 72, б), пересе-кает поверхность шара в некоторых точках М и K, симметрич-ных относительно диаметральной плоскости ОАВ.

Пусть точка А — середина образующей РН цилиндра, яв-ляющейся данной хордой шара. Тогда ОР = ОН = 10 (как ра-диусы шара), и в прямоугольном �OАР (�OРH — равнобед-

ренный) находим: АР = = = 8, значит,длина образующей цилиндра равна: РН = 2АР = 16.

Найдем длину хорды МK шара, которая лежит на обра-зующей ЕТ цилиндра, содержащей точку С и удаленной от

центра шара на расстояние ОС = 2r = 2•2 = 4 . Для это-го рассмотрим сечение данной комбинации тел диаметраль-ной плоскостью шара, проходящей через ось Q1Q цилиндра.На рисунке 72, б изображены: сечение шара — круг с цент-ром О и радиусом ОМ = 10; сечение цилиндра — прямо-угольник ЕLDT.

В прямоугольном треугольнике ОСМ находим: СМ =

= = = 2 , поэтому МK =

= 2СМ = 4 . Так как 162 > 16•13, то РН > МK. Значит,образующая ЕТ цилиндра больше хорды МK шара, котораялежит на этой образующей. Это говорит о том, что концы Е иТ образующей ЕТ цилиндра, а значит, некоторые две егочасти, симметричные относительно проведенной диамет-ральной плоскости АОВ, находятся вне шара.

3.354. В цилиндр помещены четыре попарно касающиесядруг друга сферы радиуса 1 так, что каждая сфера касаетсяцилиндрической поверхности. Две сферы касаются нижне-го, а две другие — верхнего основания цилиндра. Найти ра-диус основания и высоту цилиндра.

Решение. Пусть Р и А — центры сфер, касающихся верх-него основания цилиндра, В и С — центры сфер, касающих-ся его нижнего основания. Тогда точки Р и А равноудаленыот верхнего, а точки В и С — от нижнего основания на рас-стояние, равное 3. Поэтому прямые АР и ВС параллельныверхнему и нижнему основаниям цилиндра (рис. 73).

23---

23---

6 32

----------- 3

OP2 – OA2 102 – 62

3 3

OM2 – OC2 102 + 4 3( )2 13

13

2154010o3.fm Page 164 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

165

Так как равные сферы с центрамиА и Р касаются, то серединой отрез-ка АР является точка касания этихсфер, при этом АР = 2R = 2. Анало-гично, ВР = АВ = АС = ВС = АР = 2.Это означает, что: а) треугольнаяпирамида РАВС является правиль-ным тетраэдром с ребром, равным 6;б) скрещивающиеся ребра АР и ВСэтого тетраэдра параллельны осно-ваниям цилиндра; в) сферы с цент-рами А и Р касаются верхнего осно-вания, а сферы с центрами В и С —нижнего основания цилиндра, приэтом ребра АР и ВС удалены соответ-ственно от верхнего и нижнего осно-ваний на расстояние, равное 3.

Известно, что в правильном тетраэдре с ребром а расстоя-ние между скрещивающимися ребрами равно длине их об-

щего серединного перпендикуляра и равно . В нашем

случае, если точка Н — середина АР, точка K — серединаВС, то отрезок НK — общий серединный перпендикулярребер АР и ВС правильного тетраэдра РАВС, при этом

НK = = .

Так как скрещивающиеся ребра АР и ВС тетраэдра парал-лельны основаниям цилиндра, то НK перпендикулярен ос-нованиям цилиндра. Учитывая, что прямые АР и ВС, содер-жащие центры шаров, удалены от параллельных им соот-ветственно верхнего и нижнего оснований цилиндра на рас-стояния, равные 1, приходим к выводу: высота h цилиндра

равна НK + 2•R = + 2•1 = 2 + . Так как скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра

взаимно перпендикулярны и их серединный перпендикулярявляется его осью симметрии, то НK — ось симметрии тет-раэдра РАВС, совпадающая с осью О1О цилиндра. Поэтомуребра АР и ВС расположены на перпендикулярных диа-метрах ЕF и МТ цилиндра, где Е, F, М и Т — точки касаниябоковой поверхности цилиндра со сферами, центры кото-рых — соответственно вершины А и Р, В и С. Тогда ВМ == СТ = 1, значит, МТ = ВС + 2ВМ = 4R = 4•1 = 4 = 2•r, отку-

Рис. 73

a 22

-----------

a 22

----------- 2

2 2

2154010o3.fm Page 165 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

166

да r = 2, где r — радиус основания цилиндра. Таким образом,

r = 2, h = 2 + .

Сфера, шар и конус

Перед решением задач на комбинацию сферы и конусаследует повторить планиметрический материал о комбина-циях окружности и равнобедренного треугольника.

Во многих случаях решение задачи упрощается, если ис-пользовать сечения комбинации сферы и конуса диамет-ральной плоскостью сферы, содержащей ось конуса, в ре-зультате решение данной стереометрической задачи сводит-ся к решению задачи планиметрической на комбинациюокружности и равнобедренного треугольника.

3.360. Угол в осевом сечении конуса 120°, а радиус впи-санного в конус шара равен 8. Найти длину линии касанияконической и сферической поверхностей.

Решение. Пусть равнобедренный треугольник ABP (AP == BP) с высотой PC является осевым сечением данного конуса;точка O — центр шара, вписанного в этот конус; OM = R —радиус конуса (OM ⊥ BP, M ∈ BP).

Если MK � AB (MK ⊥ PC), H = MK ∩ PC, то линией каса-ния конической и сферической поверхностей является ок-ружность с центром H и радиусом HM. Найдем HM.

В прямоугольном �OHM находим: HM = OM = 4 (как

катет, лежащий против угла 30°). Значит, длина окружнос-ти касания поверхностей равна 2π•4 = 8π.

3.368. В конус помещены два шара, один из которых впи-сан в конус, а второй касается первого шара и коническойповерхности, имея с ней общую окружность. Найти отноше-ние радиусов первой и второй сфер этих шаров, если обра-зующая конуса в три раза больше радиуса его основания.

Решение. Рассмотрим сечение комбинации данных конусаи двух сфер плоскостью, проходящей через ось конуса(рис. 74). Сечением конуса является равнобедренный �АВС(АВ = ВС, ВО ⊥ АС), в котором ОА = R — радиус основанияконуса; сечением сферы, вписанной в конус, является ок-ружность ω с центром О1, вписанная в �АВС и касающаясяего сторон в точках K, Q и О, KQ � АС; сечение второйсферы — окружность ω1, касающаяся окружности ω в точкеР и боковых сторон треугольника АВС — в точках М и L(Р — точка касания сфер, МL — диаметр окружности каса-ния этой сферы с боковой поверхностью конуса).

2

12---

2154010o3.fm Page 166 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

167

Обозначим: О1K = R1 — ради-ус окружности ω (радиус первойсферы), О1K ⊥ АВ; DM = r — ра-диус окружности ω1 (радиус вто-рой сферы), DM ⊥ АВ.

Проведем: KЕ ⊥ АС; НF ⊥

⊥ АС; РН � АС, РН — общая ка-сательная прямая окружностейω и ω1.

Из условия АВ = 3•ОА сле-дует: АВ = 3R.

Имеем: АK = АО = R (какотрезки касательных к окруж-ности ω), значит, АK : АВ == R : 3R = 1 : 3. Так как ВО ⊥

⊥ АС, KЕ ⊥ АС, то KЕ � ВО, по-этому АЕ : АО = АK : АВ = 1 : 3(по теореме Фалеса), откуда

АЕ = АО = . Тогда в прямо-

угольном �АKЕ: KЕ = = = .

Кроме того, KТ = ЕО = АО – АЕ = R – = .

Так как KQ � АС, ВО ⊥ АС, то KQ ⊥ ВО. Далее, О1K ⊥ АВ(как радиус, проведенный в точку касания). Значит, ∠АKЕ == ∠О1KТ (как углы с соответственно перпендикулярнымисторонами). Тогда прямоугольные треугольники АKЕ и∠О1KТ подобны, поэтому: AK : О1K = KЕ : KТ, откуда

О1K = = = = R1, значит, ОР = НF =

= 2R1 = R .Найдем иначе длину ОР = НF.Пусть KН = m. Имеем: НK = НР (как отрезки касатель-

ных к окружности ω), НР = НМ (как отрезки касательныхк окружности ω1) ⇒ KМ = 2m, АН = R + m. Тогда из подо-бия прямоугольных треугольников АKЕ и АНF получаем:

Рис. 74

13---

R3----

AK2 – AE2 R2 – R3----

2 2R 23

----------------

R3----

2R3--------

AK•KTKE

-------------------------

R•2R3--------

2R 23

----------------

------------------

R• 22

-----------------

2

2154010o3.fm Page 167 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

168

АK : АН = KЕ : НF ⇒ НF = = =

= = 2R1. Из равенства = R нахо-

дим: 2m = R ⇒ m = 0,5R. Значит, KМ = 2m = 2•0,5R = R.Поэтому ВМ = ВK – KМ = 2R – R = R. Тогда из подобияпрямоугольных треугольников ВО1K и ВDМ получаем:R1 : r = О1K : DМ = ВK : ВМ = 2R : R = 2 : 1.

3.370. В шар радиуса 5 вписан конус, радиус основаниякоторого равен 3. Найти образующую конуса.

Решение. Возможны два случая.С л у ч а й 1. Центр шара принадлежит конусу. Тогда

расстояние от центра шара до основания конуса равно

= 4. А так как расстояние от центра шара до верши-ны конуса равно 5, то высота конуса равна 5 + 4 = 9, значит,

образующая конуса равна = 3 .С л у ч а й 2. Центр шара не принадлежит конусу. Тогда

расстояние от центра шара до основания конуса вновь равно

= 4, но высота конуса равна 5 – 4 = 1, значит, обра-

зующая конуса равна = .

Две сферы. Три сферы и более

Прежде чем приступить к решению задач на две, три сфе-ры и более, целесообразно решить несколько задач на две,три окружности и более. При этом учащимся полезно знать,что если прямая в точках A и B касается двух внешним обра-зом касающихся окружностей радиусов R1 и R2, то длина

отрезка AB равна 2 .

При решении задачи, в которой даны две, три и более по-парно касающиеся сферы, бывает удобно воспользоваться се-чением этих сфер плоскостью, проходящей через их центры(см. 3.398). Тогда данная задача сводится к планиметриче-ской задаче на взаимное расположение двух, трех и болеепопарно касающихся окружностей.

Иногда бывает удобно привлечь на помощь треугольникили тетраэдр с вершинами в центрах соответственно трехили четырех попарно касающихся данных сфер (см. 3.400,

AH•KEAK

--------------------------

R m+( )•2R 2

3----------------

R-------------------------------------------

2 R m+( )• 23

-------------------------------------

2 R m+( )• 23

------------------------------------- 2

52 – 32

92 + 32 10

52 – 32

32 + 12 10

R1•R2

2154010o3.fm Page 168 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

169

3.457); стороны треугольника и ребра тетраэдра равны сум-мам радиусов данных сфер.

3.384. Найти множество точек сферы радиуса 5, удален-ных на расстояние 6 от точки A этой сферы.

Решение. Пусть BA = 10 — диаметр данной сферы. Множе-ство всех точек пространства, удаленных от точки A на рас-стояние, равное 6, есть сфера радиуса 6 с центром A. Иско-мым множеством точек является окружность ω пересеченияданной сферы и сферы радиуса 6 с центром A. Пусть M —одна из точек окружности ω. Тогда радиус R этой окружнос-ти равен высоте MK (K ∈ AB) прямоугольного треугольникаABM (∠AMB = 90°) с гипотенузой AB = 10 и катетами

AM = 6, BM = = 8. Находим R = =

= = 4,8. Таким образом, искомым множеством точек

является окружность ω радиуса 4,8.

3.386. Вершины A и C1 куба ABCDA1B1C1D1 c ребром8 см являются центрами двух сфер, радиусы которых равныдлине ребра куба. Найти длину линии пересечения этихсфер.

Решение. Пусть M — точка пересечения данных сфер, ле-жащая в плоскости диагонального сечения ACC1A1. Тогдавысота MK равнобедренного треугольника AMC1 (AM == C1M) является радиусом окружности пересечения этих

сфер. Находим: MK = = = 4. Зна-чит, длина окружности пересечения сфер равна 8π.

3.394. В куб ABCDA1B1C1D1 помещены две касающиесядруг друга внешним образом сферы, радиусы которых от-носятся как 3 : 5. Первая сфера касается всех граней куба,содержащих вершину A, вторая — всех граней куба, содер-жащих вершину C1. Найти их радиусы, если ребро куба рав-но 16.

Решение. Обозначим: K и H — центры сфер, касающихсявсех граней куба, содержащих соответственно вершину A ивершину C1. Если радиус первой сферы равен R, то радиус

второй равен R. Это означает, что KA = R , HC1 = R ,

AB2 – AM2 AM•BMAB

----------------------------

6•810------------

AM2 – AK2 82 – 4 3( )2

53--- 3 5

3--- 3

2154010o3.fm Page 169 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

170

KH = R + R. Так как ребро куба равно 16, то его диагональ

AC1 равна 16 . Но AK + KH + HC1 = AC1, поэтому получа-

ем: R + R + R + R = 16 , откуда R = =

= 3(3 – ). Тогда радиус второй сферы равен 5(3 – ).

3.398. Три равные сферы радиуса 6 касаются друг друга.Найти радиус сферы, касающейся всех этих сфер, если еецентр лежит в плоскости центров трех данных сфер.

Решение. Обозначим: точки А, В, С — центры трех данныхкасающихся друг друга сфер радиуса 6; точка K — центр ка-сающейся их сферы.

Рассмотрим сечение данной комбинации сфер плоскостьюАВС, проведенной через их центры, при этом K ∈ (АВС).

В сечении получаем три равные попарно касающиеся ок-ружности ω1, ω2, ω3 с центрами А, В и С радиуса 6 (рис. 75).

Тогда �АВС — равносторонний; АВ = 12; АМ = • =

= = 4 , где М — центроид �АВС.

Окружность ω4 с центром K — сечение сферы, касающей-ся трех данных сфер, — касается окружностей ω1, ω2, ω3.

Так как, с одной стороны, АМ = ВМ = СМ = 6 (в �АВС),и, с другой стороны, центрK окружности ω4, касаю-щейся равных окружнос-тей ω1, ω2, ω3, равноудаленот их центров А, В и С, тоцентр М окружности ω4

совпадает с центроидом Kтреугольника АВС.

Обозначим через Т и Нточки пересечения прямойМА с окружностью ω1.Тогда отрезки МТ и МНравны радиусам концент-рических окружностей ω4

и ω5 с центром М, одна из

53---

3

3 53---

53--- 3 3 6 3

3 + 1-------------------

3 3

23---

AB 32

------------------

AB 33

------------------ 3

3

Рис. 75

2154010o3.fm Page 170 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

171

которых касается окружностей ω1, ω2, ω3 внутренним,другая — внешним образом. Так как МТ = АМ – АТ, МН =

= АМ + АН, то МТ = 4 – 6, МН = 4 + 6.Таким образом, существуют две концентрические сферы

с центром М, касающиеся всех данных трех сфер: радиус

одной сферы равен 4 – 6, а радиус другой — 4 + 6.

3.400. В вершинах правильного тетраэдра с ребром 6 рас-положены центры четырех равных сфер, попарно касаю-щихся друг друга. Найти: а) радиусы этих сфер; б) расстоя-ние от центра одной из них до плоскости центров трех дру-гих.

Решение. б) Пусть дан тетраэдр PABC, вершины которогоявляются центрами данных сфер. Найдем расстояние отцентра P до плоскости ABC.

Если точка O — центр основания ABC тетраэдра, то OA =

= •3 = 2 и расстояние PO от P до (ABC) равно

= = 2 .

3.401. В вершинах правильного тетраэдра с ребром 18расположены центры четырех равных сфер, попарно касаю-щихся друг друга. Найти радиус сферы, касающейся всехэтих сфер.

Решение. Пусть центрами данных сфер являются верши-ны правильного тетраэдра РАВС, а центром сферы, касаю-щейся всех этих сфер, служит некоторая точка F.

Известно, что точка касания двух сфер принадлежит ли-нии центров данных сфер и расстояние между их центрамиравно сумме длин радиусов этих сфер (сферы касаются внеш-ним образом). Это означает: FА = FВ = FС = FР (данные че-тыре сферы равны), т. е. точка F равноудалена от вершинданного правильного тетраэдра.

Известно, что в правильном тетраэдре РАВС точкой, рав-ноудаленной от всех его вершин, является точка М пересече-ния отрезков, соединяющих вершины тетраэдра с центро-

идами противоположных граней, причем РМ = ОР, где

О — центроид правильного треугольника АВС. Таким обра-зом, центром сферы, касающейся всех четырех данных сфер,является точка М.

3 3

3 3

23--- 3 3

AP2 – OA2 62 – 2 3( )2 6

34---

2154010o3.fm Page 171 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

172

На рисунке 76 изображено сечение данной комбинациител плоскостью АРН (Н — середина ВС), где (АРН) ⊥ ВС,(АРН) ⊥ (АВС), так как высота тетраэдра РО расположенав (АРН). Сечением тетраэдра этой плоскостью является�АРН, а сечением двух данных сфер с центрами А и Р — дверавные касающиеся окружности ω1 и ω2 с теми же центрамии радиусом 6. Так как центр М сферы, касающейся всех че-тырех данных сфер, принадлежит секущей плоскости АРН,то ее сечением является окружность ω3, касающаяся ω1 и ω2 ,а ее радиус равен радиусу этой сферы. Найдем этот радиус.

В правильном �АВС со стороной 18 имеем: АН = =

= = 9 ; АО = AH = •9 = 6 . Тогда в прямо-

угольном �АОР (ОР ⊥ АО): ОР = =

= = 6 . Теперь находим РМ = OP =

= •6 = 4,5 .

Рис. 76

AB 32

------------------

18 32

--------------- 3 23---

23--- 3 3

AP2 – OA2

182 – 6 3( )2 6 3

4---

34--- 6 6

2154010o3.fm Page 172 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

173

Обозначим через Т и K точки пересечения прямой МРс окружностью ω2. Тогда отрезки MT и MH равны радиусамконцентрических окружностей ω3 и ω4 с центром М, одна изкоторых касается окружностей ω1 и ω2 внутренним, дру-гая — внешним образом. Так как MT = PM – PT, MK =

= PM + PK, то MT = 4,5 – 9, MK = 4,5 + 9. Таким образом, существуют две концентрические сферы с

центром M, касающиеся всех данных четырех сфер: радиус

одной сферы равен 4,5 – 9, а радиус другой — (4,5 + 9).

19.7—19.8. Площади поверхностей шара и его частей. Объем шара и его частей

В этом разделе вводятся определения различных частейшара и частей его поверхности: шарового сегмента, сегмент-ной поверхности, их оснований и высоты; шарового слоя,шарового пояса, их оснований и высоты; шарового сектора иего поверхности. Необходимо обратить внимание учащихсяна следующий факт: поверхность шарового сектора можетсостоять (в простейшем случае) из сегментной поверхности ибоковой поверхности конуса (в учебнике — рис. 221 или изповерхности шарового пояса и боковых поверхностей двухконусов (в учебнике — рис. 222, г).

Далее выводятся формулы вычисления площадей различ-ных частей поверхности шара радиуса R: Sсферы = 4πR2 — длявычисления площади сферы; Sсегм. пов = 2πRh (где h — вы-сота шарового сегмента) — для вычисления площади сег-ментной поверхности; Sшар. пояса = 2πRh (где h — высота ша-рового пояса) — для вычисления площади шарового пояса;

Sшар. сект = πR(2h + ) (где h — высота шарового

сегмента) — для вычисления площади поверхности шарово-го сектора. При вычислении площади сферы используютсяследствия из теорем 25, 26, 28.

В учебнике для вывода формулы вычисления объема ша-ра радиуса R предварительно вычисляется объем фигуры,образованной вращением равнобедренного прямоугольноготреугольника с гипотенузой 2R вокруг прямой, проходящейчерез вершину прямого угла параллельно гипотенузе. Этафигура представляет собой цилиндр с высотой 2R и радиусом

6 6

6 6

2Rh – h2

2154010o3.fm Page 173 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

174

основания R, из которого «вырезаны» два равных конуса вы-соты R и радиуса основания R (вершины конусов совпадают ссерединой высоты цилиндра, а их основаниями являютсянижнее и верхнее основания цилиндра). Объем этой фигуры

равен πR3.

Далее шар радиуса R и образованную выше фигуру вра-щения расположим между двумя параллельными плоскос-тями, расстояние между которыми равно 2R. Шар при этомкасается каждой из данных плоскостей, а фигуру вращениярасположим так, чтобы ее ось вращения была перпенди-кулярна этим плоскостям. Если пересекать наши фигурыплоскостями, параллельными данным плоскостям и удален-ными от центра шара на расстояние x (0 � x � R), то площа-ди равноудаленных от центра шара сечений рассматривае-мых фигур равны (относятся как 1 : 1). Поэтому на осно-вании принципа Кавальери равны и объемы этих тел, т. е.

Vшара = π•R3.

Для получения объема шарового сегмента высоты h ис-пользуется предыдущая ситуация для таких значений x, чтоR – h � x � R (при h < R). Применяя принцип Кавальери,получим: объем шарового сегмента равен разности объемацилиндра высоты h и радиуса основания R и объема усе-ченного конуса высоты h и радиусами оснований R и R – h,

т. е. Vшар. сегм = π•h2•(3R – h) или в другом виде: Vшар. сегм =

= π•h2• R – .

Далее доказывается, что объем шарового сектора, состоя-щего из шарового сегмента высоты h и конуса высоты (R – h)с вершиной в центре шара радиуса R, вычисляется по форму-

ле V шар. сект = •π•R2•h. Следует предложить учащимся са-

мостоятельно доказать, что объем каждого из других видовшаровых секторов вычисляется по этой же формуле.

Объем шарового слоя с радиусами оснований r1 и r2 и вы-сотой H вычисляется по формуле

Vшар. сл = (3 + 3 + H2).

43---

43---

13---

h3---

23---

πH6

--------- r12 r2

2

2154010o3.fm Page 174 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

175

3.414. В шар вписан прямоугольный параллелепипед. Ди-агонали двух боковых граней параллелепипеда, выходящиеиз одной вершины, равны 16 и 21 см, а угол между нимиравен 60°. Найти площадь поверхности шара.

Решение. Пусть параллелепипед ABCDA1B1C1D1 вписан вшар с центром O и радиусом R (рис. 77), при этом B1A = 16,B1C = 21, ∠AB1C = 60°.

Так как точка пересечения диагоналей параллелепипедаявляется его центром симметрии, а вершины параллелепипе-да лежат на сфере (поверхности шара), центром симметриикоторой служит ее центр O, то радиус шара равен половинедиагонали A1C параллелепипеда: 2R = A1C. Отрезок A1C —

гипотенуза прямоугольного �AA1C, значит, A1C2 = AC2 +

+ A1A2. Найдем AC2 и A1A2.

В �AB1C (по теореме косинусов): AC2 = B1A2 +

+ B1C2 – 2B1A•B1C•cos 60° = 162 + 212 – 2•16•21• = 361.

В прямоугольном �ABC имеем: AC2 = BA2 + BC2. В прямо-угольных треугольниках ABB1 и CBB1 имеем соответственно

BA2 = B1A2 – B1B2 и BC2 = B1C2 – B1B2. После сложения этих

равенств получаем: BA2 + BC2 = AC2 = B1A2 – 2B1B2 + B1C2,

Рис. 77

C1

A1B1

P

O

DC

K

A

60°

B

D1

12---

2154010o3.fm Page 175 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

176

откуда B1B2 = = = 168.

Учитывая, что B1B = A1A, находим: A1C2 = AC2 + A1A2 == 361 + 168 = 529 ⇒ A1C = 2R = 23, значит, площадь поверх-ности шара равна 529π.

3.419. В шар вписана пирамида, основанием которой яв-ляется прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной2 см. Найти объем шара, если каждое боковое ребро пирами-ды составляет с основанием угол α.

Решение. Пусть пирамида PABC с основанием ABC (AB —гипотенуза �ABC) вписана в шар с центром O радиуса R.

Из условия задачи следует, что основание H высоты PHпирамиды является серединой гипотенузы AB и служитцентром окружности, описанной около �ABC. А так как этаокружность является пересечением поверхности шара иплоскости ABC, то ее центр — точка H — принадлежит пря-мой, проходящей через центр O сферы перпендикулярноплоскости ABC. Это означает, что плоскость грани PAB пира-миды проходит через центр O сферы и пересекает сферу поокружности радиуса R. Треугольник PAB вписан в эту ок-ружность и O ∈ PH.

Пусть PK — диаметр окружности (рис. 78), тогда в прямо-

угольном �APK имеем: AP2 = PK•PH, откуда PK = .

Длины AP и PH найдем в прямоугольном �APH (∠PAH =

= α): AP = = , PH = AH•tg α = 1•tg α = tg α. Тогда

B1A2 + B1C2 – AC2

2---------------------------------------------------------

256 + 441 – 3612

----------------------------------------------

Рис. 78

P

O

BA

K

Hα

Рис. 79

MK CD

H

O

T

BA

P

AP2

PH------------

AH αcos

---------------

1 αcos

---------------

2154010o3.fm Page 176 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

177

PK = 2R = = = , значит, объем шара

равен π• = .

3.429. Радиус основания равностороннего цилиндра равен12 см; точка пересечения диагоналей его осевого сечения яв-ляется центром сферы радиуса 15 см. Найти площадь частисферической поверхности, находящейся вне цилиндра.

Решение. На рисунке 79 изображено сечение цилиндра(AB — диаметр основания, BC — высота цилиндра) и сферы(OK — радиус сферы) диаметральной плоскостью, проходя-щей через образующие цилиндра.

Диагональ AC осевого сечения равностороннего цилиндра

равна 24 , значит, OC = AC = 12 . Так как 24 < 30 <

< 24 , то диаметр сферы больше и диаметра основания,и высоты цилиндра, но меньше диагонали его осевого сече-ния. Это означает, что вне цилиндра осталась часть сфериче-ской поверхности, состоящая из поверхности шарового слоя,высота которого равна PT, и двух равных сегментных по-верхностей с высотой MH.

Так как OM = 15, OH = 12, то высота MH шаровогосегмента равна OM – OH = 15 – 12 = 3. Значит, площадьсегментной поверхности с высотой MH равна 2π•15•3 == 90π (см2), а площадь двух таких поверхностей равна180π см2.

Высота PT шарового слоя равна 2HK (ABCD — квадрат),

где HK = = = 9, поэтому площадьего поверхности равна 2π•15•18 = 540π (см2). Таким обра-зом, площадь той части сферической поверхности, котораяосталась вне цилиндра, равна 180π + 540π = 720π (см2).

Задачи после главы 3 «Фигуры вращения»

3.450. Шар вписан в прямую призму, основанием кото-рой служит прямоугольный треугольник. В этом прямо-угольном треугольнике перпендикуляр, опущенный из вер-

1αcos2

----------------

tg α----------------

1 αcos • αsin

-----------------------------------

2 2αsin

-------------------

16---

82αsin3

-------------------

4π3 2αsin3-----------------------

2 12--- 2

2

OK2 – OH2 152 – 122

2154010o3.fm Page 177 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

178

шины прямого угла на гипотену-зу, равен h и составляет с однимиз катетов угол α. Найти площадьповерхности шара.

Решение. Пусть основаниемпризмы является прямоугольный�ABC с гипотенузой AB. Тогдарадиус шара, вписанного в дан-ную призму, равен радиусу r ок-ружности, вписанной в �ABC.Используя соотношение r =

= , где p — периметр

�ABC, найдем искомый радиуссферы, для чего предварительнонайдем S�ABC и p.

Пусть CH = h — высота в�ABC, опущенная из вершины Cна гипотенузу AB, и ∠BCH = α

(рис. 80).Так как ∠BAC = ∠BCH = α, то в прямоугольных треуголь-

никах CBH, ACH и ABC соответственно имеем: BC = =

= , AC = = и AB = = . Тогда

p = + + = =

= = =

= .

Далее,

S�ABC = AC•BC = • • = .

Рис. 80

A

K

H

BC

r

hO

α

α

2S�ABC

p-----------------------

CH αcos

---------------

h αcos

---------------

CH αsin

---------------

h αsin

---------------

AC αcos

---------------

h αsin • αcos

-----------------------------------

h αcos

---------------

h αsin

---------------

h αsin • αcos

-----------------------------------

h αsin + α + 1cos( )

αsin • αcos-----------------------------------------------------------

h 2 α

2---

α

2---cossin + 2 α

2---cos2

2 α

2---sin •

α

2---• αcoscos

-------------------------------------------------------------------------

h α

2---sin +

α

2---cos

α

2---sin •

α

2---cos

------------------------------------------------

h 2 π

4--- +

α

2--- sin

α

2---sin • αcos

--------------------------------------------

12---

12---

h αsin

---------------

h αcos

---------------

h2

2αsin-------------------

2154010o3.fm Page 178 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

179

Теперь находим радиус r шара:

r = = =

=

и площадь его поверхности:

Sсф = 4πr2 = 4π• = .

3.451. Внутри конуса расположены четыре равных шарарадиуса r так, что каждый из них касается двух других ша-ров, основания конуса и его боковой поверхности. Найти вы-соту конуса, если его образующие наклонены к плоскости ос-нования под углом ϕ.

Решение. Пусть РО — высота данного конуса (точка О —центр его основания); точки А, В, С, D — центры данных ша-ров. Так как все шары равны и каждый из них касается осно-вания конуса, то центры А, В, С, D этих шаров равноудале-ны от плоскости основания конуса и расположены в плоскос-ти, параллельной основанию конуса и удаленной от нее нарасстояние R.

Далее, по условию задачи каждый из шаров касается двухдругих шаров. Поэтому АВ = ВС = СD = DА = 2R (точка каса-ния двух шаров лежит на линии их центров), откуда следует:четырехугольник АВСD — ромб, а вследствие равенства ша-ров выполняется: АС = ВD. Это означает, что АВСD —квадрат со стороной 2R, тогда расстояние между центрамиА и С «противоположных» (не касающихся) шаров равно

2R• , т. е. АС = 2R• (как диагональ квадрата). (На ри-сунке 81 изображено сечение шаров плоскостью, проходя-щей через их центры.)

Плоскость, проведенная через высоту конуса, перпенди-кулярна основанию конуса и пересекает это основание по его

2h2

2αsin-----------------

h 2 π

4--- +

α

2--- sin

sin α

2---• αcos

--------------------------------------------

---------------------------------------------

2h2 α

2---sin •cos α

h 2 2αsin • π

4--- +

α

2--- sin

---------------------------------------------------------------------

h 2

4 α

2---•

π

4--- +

α

2--- sincos

----------------------------------------------------------

h 2

4 α

2---•

π

4--- +

α

2--- sincos

---------------------------------------------------------- 2

πh2

2α

2---cos2

π

4--- +

α

2--- sin2

-------------------------------------------------------

2 2

2154010o3.fm Page 179 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

180

диаметру. Поэтому проекция обра-зующей конуса расположена надиаметре его основания, значит,угол ϕ между образующей конуса иплоскостью его основания равенуглу между этой образующей и диа-метром основания, проведеннымчерез основание этой образующей(рис. 82).

Проведем плоскость α = (РАС)через ось РО конуса. В пересеченииэтой плоскости с конусом получа-

ется равнобедренный треугольник PMK (PM = PK, как об-разующие конуса). А так как шары касаются боковой по-верхности конуса, то пересечением плоскости α с шарами,имеющими центры А и С, являются два круга радиуса Rс теми же центрами, вписанные в углы PMK и PKM, приэтом точки А и С расположены на биссектрисах этих углов(см. рис. 82). В �PMK: высота РО равна высоте h конуса,а основание MK — диаметру основания конуса, т. е. MK == 2r, где r — радиус основания конуса.

Найдем радиус r основания и высоту h = ОР конуса.Пусть Т и Е — точки, в которых круги с центрами А и С

касаются основания МK треугольника PMK (в точках Т и Ешары с центрами А и С касаются основания конуса). ТогдаАТ ⊥ MK и СЕ ⊥ МK, при этом АТ = СЕ = R, значит,

ТЕ = АС = 2R• .

Рис. 81

Рис. 82

2

2154010o3.fm Page 180 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

181

В прямоугольном �МАТ ∠АМТ = находим: МТ =

= АТ•ctg = r•ctg . Вследствие симметрии равнобедрен-

ного треугольника РМK относительно РО имеем: ТО =

= ТЕ = •2R• = R• , тогда r = МО = МТ + ТО =

= R•ctg + R• = R + ctg . Далее, в прямоугольном

�ОМР находим:

ОР = h = ОМ•tg ϕ = r•tg ϕ = R + ctg •tg ϕ.

3.453. В усеченный конус, вписанный в сферу, вписанасфера. Найти угол наклона образующих конуса к плоскостиоснования, если отношение радиусов данных сфер равно

2 .Решение. На рисунке 83 изображено сечение комбинации

усеченного конуса и двух данных сфер, при этом R и O — со-ответственно радиус и центр описанной около усеченного ко-нуса сферы, r и O1 — радиус и центр вписанной в этот конус

сферы. Из условия следует, что R = 2r .Если CK — высота усеченного конуса и ∠ADC = α (угол

наклона образующей к плоскости основания), то CK = 2r.

В �ACD из = 2R находим: AC = 2Rsin α = 4r sin α.

В прямоугольном �ACK имеем: AC2 = AK2 + CK2.Трапеция описана около ок-

ружности с центром O1, поэтомуBC + AD = 2AB, откуда AB =

= . Кроме того, в этой

трапеции AK = , тогда

AK = AB = CD = = .

В равенстве AC2 = AK2 + CK2,заменив AC, AK и CK их найден-ными выражениями через r и α,

ϕ

2---

ϕ

2---

ϕ

2---

12---

12--- 2 2

ϕ

2--- 2 2 ϕ

2---

2 ϕ

2---

5

5

AC αsin

--------------- 5

Рис. 83

C

O1

B

O

DKAα

BC + AD2

---------------------------

BC + AD2

---------------------------

CK αsin

---------------

2r αsin

---------------

2154010o3.fm Page 181 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

182

получаем уравнение 80r2sin2α =

= + 4r2 или 20sin4α –

– sin2α – 1 = 0. Решая это урав-нение, получаем sin α = 0,5,значит, α = 30° — величина уг-ла наклона образующей конусак плоскости его основания.

3.462. В конус, образующаякоторого наклонена к плоскос-ти основания под углом ϕ и пло-щадь основания равна Q, впи-сан шар. Найти объем конуса,отсекаемого от данного плоско-стью круга, по окружности ко-торого поверхность шара каса-ется боковой поверхности ко-нуса.Решение. На рисунке 84 изобра-

жено сечение комбинации конуса и сферы с центром O плос-костью, проходящей через ось PC конуса, при этом радиусыOH и OT сферы перпендикулярны образующим соответ-ственно PA и PB конуса, касающимся сферы в точках соот-ветственно T и H. Это означает, что отрезок TH являетсядиаметром конуса, отсекаемого от данного конуса плоско-стью окружности касания этого конуса и сферы, т. е.

TH = KH — радиус отсекаемого конуса.

Пусть R — радиус основания данного конуса, тогда из

соотношения πR2 = Q находим: R = .

В прямоугольном �BCP имеем: BP = = .

Так как BC = BH = R, то PH = BP – BH = – R =

= = .

В прямоугольном �HPK находим радиус KH = PH ×

× cos ϕ = •cos ϕ = 2R sin2 отсекаемого конуса и его

Рис. 84

P

HT

O

K

BA C

ϕ

ϕ

2

4r2

αsin2---------------

12---

Qπ----

BC ϕcos

---------------

R ϕcos

---------------

R ϕcos

---------------

R 1 – ϕcos( )

ϕcos------------------------------------

2R ϕ

2---sin2

ϕcos------------------------

2R ϕ

2---sin2

ϕcos------------------------

ϕ

2---

2154010o3.fm Page 182 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

183

высоту PK = PH•sin ϕ = •sin ϕ = 2R•sin2 •tg ϕ.

Тогда объем V этого конуса равен:

V = π•KH2•PK = π•4R2•sin4 •2R•sin2 •tg ϕ =

= π•R3sin6 •tg ϕ = π •sin6 •tg ϕ = ×

× tg ϕ•sin6 .

3.466. Найти радиус сферы, проходящей через вершиныА, В и С куба АВСDА1В1С1D1 с ребром а, если центр этойсферы лежит на сфере, описанной около данного куба.

Решение. Обозначим: О — центр куба АВСDА1В1С1D1,Н — центр его грани АВСD; S1 — сфера, описанная околоданного куба; S2 — сфера, проходящая через его вершины А,В и С и имеющая своим центром точку на сфере S1.

Найдем радиус R сферы S2.Сфера S2 проходит через вершины А, В и С квадрата

АВСD, значит, она проходит и через вершину D (почему?).Тогда ее центр М принадлежит прямой ОН, как геометри-ческому месту всех точек пространства, равноудаленных отвершин квадрата АВСD. А так как центр этой сферы, крометого, лежит на сфере S1, то искомым центром сферы S2 явля-ется точка пересечения прямой ОН и сферы S1.

2R ϕ

2---sin2

ϕcos------------------------

ϕ

2---

13---

13---

ϕ

2---

ϕ

2---

83---

ϕ

2---

83---

Qπ----

3ϕ

2---

8Q3--------

Qπ----

ϕ

2---

Рис. 85 Рис. 86

2154010o3.fm Page 183 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

184

На рисунке 85 изображены: окружность ω1, описаннаяоколо квадрата АВСD, — пересечение сферы S2 и плоскостиоснования АВСD данного куба; окружность ω — диамет-ральное сечение сферы S1 плоскостью диагонального сече-ния АСС1А1 данного куба. Точки М и K пересечения прямойОН и окружности ω большого круга сферы S1 являются ис-комыми центрами двух сфер, проходящих через вершины А,В и С данного куба. Радиус R1 одной сферы равен KС, радиусR2 другой сферы равен МС (см. рис. 85): R1 = KС, R2 = МС.

Найдем длины отрезков KС и МС, для чего рассмотрим се-чение сферы S1 диагональной плоскостью А1АС данного ку-ба. Этим сечением является окружность ω с центром О(рис. 86), радиус r = ОМ которой равен половине диагонали

данного куба, т. е. r = .

В прямоугольном �СНK: СН = = , KН = ОK –

– ОН = – = .

Тогда R1 = KС = = =

= .

В прямоугольном �МНС: МН = МО + ОН = + =

= . Тогда R2 = МС = =

= = .

a 32

-----------

AC2---------

a 22

-----------

a 32

-----------

a2---

a 3 – 1( )

2---------------------------

KH2 + CH2 a 3 – 1( )

2---------------------------

2

+ a 2

2-----------

2

a 2 3 – 3( )

2-----------------------------------

a 32

-----------

a2---

a 3 + 1( )

2---------------------------- MH2 + HC2

a 3 + 1( )

2----------------------------

2

+ a 2

2-----------

2 a 2 3 + 3( )

2----------------------------------

2154010o3.fm Page 184 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

185

Контрольные работы

К—1Движения в пространстве

Задачи для подготовки1. Дана точка A(4; –6; 9). Найдите образ этой точки:

а) при симметрии относительно начала координат;б) при симметрии относительно точки B(3; 1; 2);в) при симметрии относительно плоскости Oyz;г) при параллельном переносе на вектор (3; –2; –4);д) при повороте на угол 90° вокруг оси Oz.

2. Плоскость α задана уравнением 2x + y – 5z – 3 = 0. Найди-те уравнение плоскости β, которая является прообразомплоскости α:а) при симметрии относительно начала координат;б) при параллельном переносе на вектор (3; 1; 5).

3. Рассматривается симметрия относительно плоскости α,заданной уравнением 2x + 3y – z + 2 = 0. Запишите, еслиэто возможно:а) координаты неподвижной точки этой симметрии;б) параметрические уравнения такой прямой, которая не-подвижна при симметрии относительно плоскости α, ноне все точки этой прямой являются неподвижными приданной симметрии;в) уравнение такой плоскости, которая неподвижна при сим-метрии относительно плоскости α, но не все точки этой плос-кости являются неподвижными при данной симметрии;г) уравнение такой сферы, которая неподвижна при сим-метрии относительно плоскости α, но не все точки этойсферы являются неподвижными при данной симметрии.

4. Даны два тетраэдра MABK и PCEK, все ребра которыхравны между собой. Прямые AC и BE пересекаются в точ-ке K. Точки M и P лежат в разных полупространствах от-носительно плоскости ABC. Существует ли поворот про-странства вокруг некоторой прямой, при котором один изданных тетраэдров совмещается с другим? Если сущест-вует, то укажите ось и угол этого поворота.

p

r

2154010o3.fm Page 185 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

186

5. Докажите, что композиция Sβ � Sα двух симметрий отно-сительно плоскостей α и β, заданных соответственно урав-нениями x + y = 0 и x – y = 0, есть поворот пространства.Найдите ось и угол этого поворота.

6. ABCDA1B1C1D1 — куб. Движение f пространства таково,что f(A) = D, f(C) = A1, f(B1) = B, f(D) = D1. Найдите образыостальных вершин данного куба при этом движении.

7. Прямая задана параметрическими уравнениями

Напишите параметрические уравнения прямой, котораяявляется образом заданной прямой:а) при параллельном переносе на вектор (3; 0; –1);б) при параллельном переносе на вектор (2; 1; –3);в) при центральной симметрии относительно точкиA(3; 0; –1);г) при центральной симметрии относительно точки B(1; 2; 5);д) при симметрии относительно плоскости Oxy;е) при повороте на угол 180° вокруг оси аппликат.

8. На плоскости 2x + 3y – 5z = 10 найдите множество всех то-чек, неподвижных при повороте на угол 45° вокруг прямой

9. На плоскости x – 3y + 5z = 3 найдите множество всех то-чек, неподвижных при симметрии относительно плоскос-ти 2x – 7y + 6z = 1; запишите это множество в координат-ной форме.

Вариант 11. Дана точка A(–3; 2; 5). Найдите образ этой точки:

а) при симметрии относительно начала координат;б) при симметрии относительно плоскости Oyz;в) при повороте на 90° относительно оси Ox;г) при параллельном переносе на вектор (–1; 2; –3);д) при симметрии относительно точки H(1; 2; 0).

2. Плоскость α задана уравнением 3x – 5y – z + 2 = 0. Найди-те уравнение плоскости β, которая является прообразомплоскости α:а) при параллельном переносе на вектор (–2; 1; 3);б) при симметрии относительно начала координат.

x = –5 + 3t,y = 2,z = 7 – t.

pr

x = 3 + 2t,y = 2 – t,z = t.

a

r

2154010o3.fm Page 186 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

187

3. Рассматривается симметрия относительно плоскости 2x ++ 3y – z + 2 = 0. Запишите, если это возможно:а) координаты какой-нибудь неподвижной точки этой сим-метрии;б) параметрические уравнения какой-нибудь прямой, не-подвижной при этой симметрии;в) уравнение какой-нибудь плоскости, неподвижной приэтой симметрии;г) уравнение какой-нибудь сферы, которая неподвижнапри этой симметрии.

4. Даны два тетраэдра MABK и PABC, все ребра которыхравны между собой. Прямые AB и CK пересекаются,а точки M и P лежат в разных полупространствах относи-тельно плоскости BCK. Укажите любую композицию не-скольких симметрий пространства, при которой один изданных тетраэдров совмещается с другим.

5. Докажите, что композиция Sβ � Sα двух симметрий отно-сительно плоскостей α и β, заданных соответственно урав-нениями z = 0 и x = 0, есть поворот пространства. Найдитеось и угол этого поворота.

6 (дополнительная). ABCDA1B1C1D1 — куб. Движение fпространства таково, что f(A) = D1, f(A1) = С1, f(D) = D,f(B) = A1. Найдите образы остальных вершин данного ку-ба при этом движении.

Вариант 2

1. Дана точка A(3; –7; 1). Найдите образ этой точки:а) при симметрии относительно начала координат;б) при симметрии относительно точки C(1; 2; 0);в) при симметрии относительно плоскости Oxy;г) при параллельном переносе на вектор (–2; 1; –3);д) при повороте на угол 90° относительно оси Oy.

2. Плоскость α задана уравнением 3x – 2y + 7z – 12 = 0. Най-дите уравнение плоскости β, которая является прообразомплоскости α:а) при параллельном переносе на вектор (2; –1; –3);б) при симметрии относительно начала координат.

3. Рассматривается параллельный перенос на вектор(–1; 2; 3). Запишите, если это возможно:

а) координаты какой-нибудь неподвижной точки приэтом переносе;

r

a

p

2154010o3.fm Page 187 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

188

б) параметрические уравнения какой-нибудь прямой, не-подвижной при этом переносе;в) уравнение какой-нибудь плоскости, неподвижной приэтом переносе.

4. Даны два тетраэдра MABC и PMKE, все ребра которыхравны между собой. Точки M и P лежат в разных полу-пространствах относительно плоскости правильного шес-тиугольника AKBMCE. Укажите любую композицию не-скольких симметрий пространства, при которой один изданных тетраэдров совмещается с другим.

5. Докажите, что композиция Sβ � Sα двух симметрий отно-сительно плоскостей α и β, заданных соответственно урав-нениями z = 0 и z = –3, есть параллельный перенос про-странства. Найдите координаты вектора этого переноса инапишите уравнение какой-нибудь плоскости, неподвиж-ной при этом переносе.

6 (дополнительная). ABCDA1B1C1D1 — куб. Движение fпространства таково, что f(D1) = A, f(C1) = A1, f(D) = D,f(A1) = B. Найдите образы остальных вершин данногокуба при этом движении.

К—2Многогранники

Задачи для подготовки

1. ABCDMNA1B1C1D1M1N1 — правильная шестиугольнаяпризма, в которой проведено сечение через вершину C1 иточки K и F — середины ребер соответственно AN и MN.Определите количество граней, ребер, вершин и диагона-лей образовавшегося многогранника, одной из вершинкоторого является точка C.

2. Дан шестигранник ABCDA1B1C1D1 с ребром AA1 = 4,AA1 ⊥ (ABC). Грань A1B1C1D1 — квадрат со стороной 4,а грань ABCD — прямоугольник со сторонами AD = 7 иDC = 16. Стороны квадрата соответственно параллельнысторонам прямоугольника. Найдите: а) длины трех неиз-вестных ребер; б) площадь полной поверхности шестигран-ника; в) длину наибольшей диагонали шестигранника.

3. Две грани пятигранника ABCA1B1C1 — треугольники. Тре-угольник ABC — равносторонний со стороной 8. Боковые

2154010o3.fm Page 188 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

189

ребра AA1, BB1 и CC1 параллельны между собой, при этомребро AA1 перпендикулярно плоскости ABC и AA1 = 3,BB1 = 7, CC1 = 5. Найдите: а) расстояние между точкамипересечения медиан треугольников ABC и A1B1C1; б) уголмежду плоскостями ABC и A1B1C1.

4. Дан шестигранник ABCDA1B1C1D1, у которого граньABCD — ромб со стороной 6, ∠BAD = 60°; ребра AA1,BB1, CC1, DD1 перпендикулярны плоскости ABC, причемAA1 = 7, BB1 = 6, CC1 = 5. Найдите: а) длины остальныхребер; б) угол между плоскостью ABC и прямой A1C1; в) ве-личину угла между плоскостями ABC и A1B1C1; г) длинусамой большой диагонали шестигранника.

5. Дан многогранник с восемью вершинами A, B, C, D, A1,B1, C1, D1. Грань ABCD — квадрат со стороной 6; ребраAA1, BB1, CC1, DD1 перпендикулярны плоскости квадратаи лежат по одну сторону от нее, причем AA1 = 9, BB1 = 7,CC1 = 5, DD1 = 7. Найдите: а) число граней данного много-гранника; б) длины остальных ребер; в) угол между плос-костями ABC и A1B1C1; г) длину самой большой диагона-ли данного многогранника.

6. Дан многогранник, имеющий 117 вершин. Существует липлоскость, проходящая ровно через две его вершины, присимметрии относительно которой этот многогранник ото-бражается на себя? Если не существует, то почему? Еслисуществует, то приведите пример.

7. Основанием прямой призмы ABCA1B1C1 служит равно-бедренный треугольник с тупым углом α при вершине C.Угол B1AC равен β. Высота призмы равна h. Найдите пло-щадь боковой поверхности и объем призмы.

8. Основанием призмы ABCDA1B1C1D1 является ромб ABCD,в котором AC = 8, BD = 6, A1A = A1C, ∠A1AD = ∠A1AB == 60°. Найдите: а) диагонали призмы; б) расстояния междуплоскостями противоположных боковых граней.

9. Правильную четырехугольную призму ABCDA1B1C1D1 по-вернули вокруг ее высоты OO1 на угол α (0 < α < 45°) (O —точка пересечения диагоналей основания ABCD). Какойпроцент объема призмы составляет объем фигуры, полу-ченной при пересечении данной призмы и ее образа приэтом вращении?

2154010o3.fm Page 189 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

190

Вариант 1

1. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром 8 через вершину D и сере-дины ребер A1B1 и B1C1 проведено сечение, разделившеекуб на два многогранника. Найдите: а) количество вер-шин, ребер, граней и диагоналей для каждого из получен-ных многогранников; б) длину наибольшего отрезка в мно-гограннике, одной из вершин которого является точка B.

2. Грани ABCD и A1B1C1D1 шестигранника ABCDA1B1C1D1

лежат в параллельных плоскостях. Грань ABCD — квад-рат со стороной 80, диагонали которого пересекаются вточке K. Грань A1B1C1D1 — прямоугольник со сторонамиA1B1 = 40 и A1D1 = 8, диагонали которого пересекаютсяв точке M. Отрезок KM = 15 лежит на прямой, перпенди-кулярной плоскости грани ABCD. Определите: а) площадьполной поверхности многогранника; б) длины ребер, не ле-жащих в плоскостях данных квадрата и прямоугольника;в) имеют ли прямые AA1, BB1, CC1, DD1 одну общую точку.

3. Основанием прямого параллелепипеда ABCDA1B1C1D1

является ромб ABCD с острым углом α. Прямая BC1 со-ставляет с плоскостью DC1D1 угол β. Найдите площадь бо-ковой поверхности и объем параллелепипеда, если длинабокового ребра a.

4. Дан многогранник, имеющий 141 вершину. Существуетли центральная симметрия пространства, при которойэтот многогранник отображается на себя? Если не сущест-вует, то почему? Если существует, то приведите пример.

Вариант 2

1. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром 6 проведено сечение черезсередины ребер CC1, AB и AD, разделившее куб на двамногогранника. Для каждого из них найдите количествовершин, ребер, граней и диагоналей. В многограннике,вершиной которого служит точка A, найдите длину наи-большего отрезка.

2. Грани ABCD и A1B1C1D1 шестигранника ABCDA1B1C1D1

лежат в параллельных плоскостях. Грань ABCD — квад-рат со стороной 10, диагонали которого пересекаются вточке K. Грань A1B1C1D1 — прямоугольник со сторонамиA1B1 = 28, A1D1 = 20, диагонали которого пересекаются вточке M. Отрезок KM равен 12 и лежит на прямой,

2154010o3.fm Page 190 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

191

перпендикулярной плоскости грани ABCD. Определите:а) площадь полной поверхности многогранника; б) длиныребер, не лежащих в плоскостях данных квадрата и пря-моугольника; в) имеют ли прямые AA1, BB1, CC1, DD1

одну общую точку.3. ABCA1B1C1 — правильная треугольная призма. Угол AB1C

равен α. Найдите площадь полной поверхности призмыи ее объем, если высота призмы равна h.

4. Дан многогранник, имеющий 117 вершин. Существует липоворот пространства на некоторый острый угол, при ко-тором этот многогранник отображается на себя? Если несуществует, то почему? Если существует, то приведитепример.

К—3Многогранные углы. Пирамиды

Задачи для подготовки

1. В основании пирамиды лежит выпуклый многоугольник,а все плоские углы при вершине пирамиды равны 85°.Сколько ребер может быть у данной пирамиды?

2. Какое наибольшее целое число градусов может иметь ве-личина плоского угла при вершине 13-угольной правиль-ной пирамиды?

3. Точка M лежит внутри трехгранного угла с вершиной K иудалена от его граней на расстояния 12, 16 и 21. Найдитеуглы, которые образует прямая KM со всеми гранями иребрами трехгранного угла, если все его плоские углыпрямые.

4. В правильной треугольной пирамиде плоский угол привершине равен α, а высота равна h. Найдите сторону осно-вания пирамиды.

5. Дан трехгранный угол ODEF, в котором ∠DOE = ∠DOF =

= arcsin ; ребро OF наклонено к плоскости ODE под уг-

лом 45°. Найдите: а) двугранный угол при ребре OD приусловии, что он тупой; б) угол EOF; в) угол наклона ребраOD к плоскости OFE; г) угол FGH, где G — ортогональнаяпроекция точки F на плоскость DOE, H — ортогональнаяпроекция точки E на плоскость DOF.

63-------

2154010o3.fm Page 191 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

192

6. Площадь боковой поверхности правильной пирамиды со-ставляет 66,(6)% площади ее полной поверхности. Найди-те величину двугранного угла при ребре основания пира-миды.

7. Площадь боковой грани правильной 20-угольной пирами-ды составляет 20% площади ее основания. Найдите уголмежду апофемой этой пирамиды и плоскостью ее основа-ния.

8. Найдите апофему и высоту правильной усеченной четы-рехугольной пирамиды, четыре ребра которой имеют дли-ну 4, а восемь ребер — длину 2.

9. B правильной четырехугольной пирамиде все восемь ре-бер равны между собой. Найдите: а) плоский угол при вер-шине пирамиды; б) угол между двумя боковыми ребрами,не лежащими в одной грани; в) угол между боковым реб-ром и плоскостью основания; г) величину двугранного уг-ла при ребре основания; д) величину двугранного угла прибоковом ребре; е) величину угла между плоскостями со-седних боковых граней; ж) величину угла между плоскос-тями боковых граней, не имеющих общего ребра; з) уголмежду боковым ребром и плоскостью боковой грани, несодержащей это ребро.Замечание. Задачу 9 можно использовать для проведениясамостоятельной работы на 15—20 минут.

Вариант 1

1. В основании пирамиды лежит выпуклый многоугольник,а все плоские углы при вершине пирамиды равны 63°.Сколько граней может быть у данной пирамиды?

2. Точка M лежит внутри трехгранного угла с вершиной K иудалена от его граней на расстояния 3, 4 и 12. Найдите уг-лы, которые образует прямая KM со всеми гранями трех-гранного угла, если все его плоские углы прямые.

3. В правильной шестиугольной пирамиде с высотой h пло-ский угол при вершине равен β. Найдите сторону основа-ния пирамиды.

4. Дан такой трехгранный угол OABC, что ∠AOB = ∠AOC =

= arctg , ∠BOC = 90°. Найдите: а) двугранный угол приребре OA; б) угол наклона ребра OA к плоскости OBC;в) угол наклона ребра OC к плоскости OAB; г) угол BPM,где точка P — ортогональная проекция точки B на плос-кость AOC, точка M — ортогональная проекция точки Pна плоскость AOB.

2

2154010o3.fm Page 192 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

193

Вариант 2

1. В основании пирамиды лежит выпуклый многоугольник,а все плоские углы при вершине пирамиды равны 41°.Сколько вершин может быть у данной пирамиды?

2. Точка M лежит внутри трехгранного угла с вершиной K иудалена от его граней на расстояния 9, 12 и 8. Найдите уг-лы, которые образует прямая KM со всеми ребрами трех-гранного угла, все плоские углы которого прямые.

3. В правильной четырехугольной пирамиде плоский уголпри вершине равен α, а высота равна h. Найдите сторонуоснования пирамиды.

4. Дан такой трехгранный угол OMPK, что ∠MOP =

∠MOK = arccos , а двугранный угол при ребре OM ра-

вен 120°. Найдите: а) угол POK; б) двугранный угол приребре OP; в) угол наклона ребра OP к плоскости MOK;г) угол KCE, где точка C — ортогональная проекция точ-ки K на плоскость MOP, точка E — ортогональная проек-ция точки C на плоскость МОK.

К—4Частные виды пирамид и их свойства. Правильные многогранники

Задачи для подготовки

1. Ребро правильного октаэдра равно a. Найдите:а) расстояние между двумя его гранями, не имеющими об-щей вершины;б) расстояние между двумя скрещивающимися прямыми,содержащими ребра октаэдра;в) объем октаэдра.

2. Основанием пирамиды MABCD является трапеция ABCD(ВС � AD, AB = BC = CD = a, AD = 2а). Найдите объемпирамиды, если:а) все боковые ребра пирамиды равны 2,4a;б) каждый из двугранных углов при ребрах BC и AD равен60°;в) грани MBC и MCD перпендикулярны основанию, а реб-ро AM равно 2a;г) грани MAB и MCD перпендикулярны основанию, а плос-кость MBC образует с плоскостью ABC угол величиной 45°;

1

3-------

2154010o3.fm Page 193 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

194

д) плоскость MAD перпендикулярна основанию, и граньMAD является равнобедренным прямоугольным тре-угольником.

3. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром 12 проведено сечение плос-костью MNP, где точка M лежит на ребре CD (MC = 10),точка N — на ребре CC1 (NC = 4), точка P — на ребре CB(CP = 3). Определите:а) отношение объемов многогранников, на которые дан-ный куб разбивается плоскостью MNP;б) угол между прямыми PN и CD.

4. В тетраэдре MABC проведено сечение через точки A1, B1 иC1, которые лежат соответственно на ребрах MA, MB иMC так, что MA1 : A1A = 2 : 3, MB1 : B1B = 3 : 2, MC1 == C1C, при этом объем пятигранника A1B1C1ABC равен 1.Найдите объем данного тетраэдра.

5. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD точкаK лежит на ребре MC так, что MK : KC = 1 : 3. Найдите от-ношение объемов многогранников, на которые данная пи-рамида разбивается плоскостью, проходящей через реброAB ее основания и точку K.

6. Найдите отношение объема куба к объему октаэдра, вер-шинами которого являются центры граней данного куба.

7. Найдите отношение объема октаэдра к объему куба, вер-шинами которого являются центры граней октаэдра.

8. Найдите отношение объема куба к объему тетраэдра, реб-рами которого являются диагонали граней данного куба,взятые по одной в каждой его грани.

9. Найдите объем многогранника MABCP, ребрами которогослужат отрезки MA = MB = MC = AB = AC = BC = PA == PB = PC = 12. Докажите, что этот многогранник не яв-ляется правильным.

10. Дана правильная четырехугольная пирамида объема V.Найдите объем тела, являющегося пересечением даннойпирамиды и ее образа при симметрии относительно сере-дины высоты данной пирамиды.

Вариант 1

1. В основании пирамиды MABC лежит треугольник ABC,у которого AB = AC = a и ∠BAC = β. Найдите объем пира-миды, если:а) все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости ееоснования под углом 60°;

2154010o3.fm Page 194 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

195

б) все двугранные углы пирамиды при ребрах ее основа-ния равны 45°;в) грани MAC и MAB перпендикулярны плоскости ее ос-нования, а двугранный угол при ребре BC равен α;г) грань MAC — равнобедренный треугольник с углом120°, а плоскость этой грани перпендикулярна основаниюпирамиды.

2. Найдите площадь поверхности и объем правильного окта-эдра, если наибольшая его диагональ равна 8.

3. Все плоские углы при вершине D тетраэдра DABC пря-мые, причем DA = 3, DB = 4, DC = 4. Найдите:а) объем тетраэдра;б) расстояние от вершины D до плоскости ABC.

4. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD точкаK лежит на ребре MC так, что MK : KС = 2 : 3. Найдитеотношение объемов многогранников, на которые даннаяпирамида разбивается плоскостью, проходящей через ди-агональ BD ее основания и точку K.

Вариант 2

1. В основании пирамиды MABC лежит треугольник ABC,у которого AB = AC; BC = a, ∠ACB = β. Найдите объемпирамиды, если:а) все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскостиоснования под углом 45°;б) все двугранные углы пирамиды при ребрах ее основа-ний равны 60°;в) грани MAC и MAB перпендикулярны плоскости осно-вания, а двугранный угол при ребре BC равен 30°;г) грань MAC — равнобедренный треугольник с углом β

между равными сторонами, и плоскость этой грани пер-пендикулярна основанию пирамиды.

2. Найдите площадь поверхности и объем правильного окта-эдра, если расстояние между плоскостями его граней, неимеющих общую вершину, равно 12.

3. Все плоские углы при вершине D тетраэдра DABC пря-мые, причем DA = 6, DB = 2, DC = 2. Найдите:а) объем тетраэдра;б) расстояние от точки D до плоскости ABC.

4. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDHT точ-ка K лежит на ребре MC так, что MK : KC = 1 : 3. Найдите

2154010o3.fm Page 195 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

196

отношение объемов многогранников, на которые даннаяпирамида разбивается плоскостью, проходящей через ди-агональ BD ее основания и точку K.

К—5Цилиндр и конус

Задачи для подготовки1. В цилиндре с высотой h и радиусом основания R проведе-

ны два пересекающихся сечения. Найдите длину общегоотрезка сечений, если:а) плоскости этих сечений проходят через середину осицилиндра, причем одна из них проходит также и черезхорду основания цилиндра, а другая параллельна его ос-нованию;б) одна плоскость проходит через диаметр AB нижнего ос-нования цилиндра и имеет с его верхним основаниемединственную точку C, а другая плоскость проходит черездиаметр CD верхнего основания цилиндра и имеет с егонижним основанием единственную точку A.

2. Конус с высотой 3 и радиусом основания 4 имеет с каждойиз параллельных плоскостей одну общую точку. В какихпределах может изменяться расстояние между этимиплоскостями?

3. Через вершину конуса проведено сечение с углом при вер-шине, равным 2α. Найдите угол, образованный этим сече-нием с основанием конуса, если угол при вершине осевогосечения конуса равен 2β.

4. Осевое сечение конуса — треугольник с углом 120° привершине и высотой h, опущенной из этой вершины. В ко-нус помещен цилиндр с образующей 0,5h. Найдите радиусоснования цилиндра, если:а) нижнее основание цилиндра лежит на основании кону-са, а окружность верхнего основания — на коническойповерхности;б) образующая цилиндра лежит на диаметре основанияконуса, а каждое из оснований цилиндра имеет с кониче-ской поверхностью единственную общую точку.

5. Куб расположен внутри равностороннего конуса так, что 4его вершины расположены на основании конуса, а осталь-ные вершины куба — на конической поверхности. Найди-те отношение объема куба к объему конуса.

2154010o3.fm Page 196 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

197

6. Найдите объем и площадь поверхности усеченного кону-са, радиусы основания которого равны 3 и 7, а образую-щая равна 5.

7. Объемы равностороннего конуса и равностороннего ци-линдра равны. У какого из этих тел площадь боковойповерхности больше и во сколько раз?

8. Рассматриваются все правильные 18-угольные призмы сребром основания a и боковым ребром 4a. Центры основа-ний этих призм расположены в точках A и B. Найдитеобъем общей части всех таких призм.

9. Рассматриваются все правильные шестиугольные призмыс ребром основания 2a и боковым ребром a. Центры осно-ваний всех этих призм расположены в точках A и B. Най-дите поверхность тела, являющегося объединением всехэтих призм.

10.Рассматриваются все правильные девятиугольные пира-миды с ребром основания 5a и высотой 12a. Вершиныэтих пирамид находятся в точке A, а центры их основа-ний — в точке B. Найдите объем общей части всех такихпирамид.

11.Рассматриваются все правильные четырехугольные пи-

рамиды с ребром основания a и боковым ребром 3a.Вершины этих пирамид находятся в точке A, а центры ихоснований — в точке B. Найдите площадь поверхноститела, являющегося объединением всех таких пирамид.

12.В цилиндре высоты h проведены все сечения плоскостя-ми, образующими с плоскостью основания угол 45°. Лю-бое из этих сечений является лишь некоторой частью эл-липса (не является полным эллипсом). Какие численныезначения может принимать диаметр основания цилиндра?

Вариант 1

1. В цилиндре с высотой h и радиусом основания R проведе-ны два пересекающихся сечения. Найдите длину их обще-го отрезка, если:а) плоскости сечений параллельны оси цилиндра;б) плоскости сечений проходят через середину оси ци-линдра и параллельные между собой хорды оснований.

2. Цилиндр с высотой 8 и радиусом основания 3 имеет с каж-дой из параллельных плоскостей одну общую точку. В ка-ких пределах может изменяться расстояние между этимиплоскостями?

2

2154010o3.fm Page 197 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

198

3. Угол в осевом сечении конуса равен 120°. Через две обра-зующие конуса проведено сечение под углом 60° к основа-нию. Найдите углы этого сечения.

4. Осевое сечение конуса — прямоугольный треугольник сгипотенузой c. В конус помещен цилиндр с радиусом ос-нования r. Найдите высоту цилиндра, если:а) нижнее основание цилиндра расположено на основанииконуса, а окружность верхнего основания цилиндра — наконической поверхности;б) образующая цилиндра лежит на диаметре основанияконуса, а каждое из оснований цилиндра имеет с кониче-ской поверхностью единственную общую точку.

5. Найдите объем и площадь поверхности усеченного кону-са, радиусы оснований которого 3 и 8, а образующая 13.

Вариант 2

1. В цилиндре с высотой h и радиусом основания R проведе-ны два сечения, образованные плоскостями, проходящи-ми через центр нижнего и две хорды верхнего основания.Найдите длину общего отрезка этих сечений, если:а) хорды параллельны;б) хорды имеют общую точку на окружности основания.

2. Цилиндр с высотой 6 и радиусом основания 4 имеет с каж-дой из параллельных плоскостей одну общую точку. В ка-ких пределах может изменяться расстояние между этимиплоскостями?

3. Через вершину конуса проведено сечение под углом 2α коснованию. Найдите углы этого сечения, если образую-щая конуса наклонена к основанию под углом α.

4. Осевое сечение конуса — равносторонний треугольник свысотой h. В конус помещен цилиндр с образующей m.Найдите радиус основания цилиндра, если:а) нижнее основание цилиндра лежит на основании кону-са, а окружность верхнего основания — на коническойповерхности;б) образующая цилиндра лежит на диаметре основанияконуса, а каждое из оснований цилиндра имеет с кониче-ской поверхностью единственную общую точку.

5. Найдите объем и площадь поверхности усеченного кону-са, радиусы оснований которого 1 и 13, а образующая 13.

2154010o3.fm Page 198 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

199

К—6Сфера и шар

Задачи для подготовки

1. Две сферы, радиусы которых равны 13 и 15, имеют общеесечение, диаметр которого равен 24. Найдите расстояниемежду центрами данных сфер.

2. Два шара, радиусы которых равны 1 и 2 м, касаются каж-дой из трех попарно взаимно перпендикулярных плоскос-тей. Чему может быть равно расстояние между центрамиэтих шаров?

3. Шар касается всех ребер данного куба. Найдите радиусэтого шара, если ребро куба равно 10.

4. Шар касается всех ребер данного правильного тетраэдра.Найдите радиус этого шара, если ребро тетраэдра равно 4.

5. В правильной пирамиде MABCDEF высота MO равна h.Боковой гранью пирамиды является равнобедренный тре-угольник с углом 30° при вершине. Найдите длину линиипересечения поверхности пирамиды со сферой, если:а) MO — радиус сферы с центром M;б) MO — диаметр сферы.

6. Найдите площадь поверхности и объем тела, состоящегоиз множества всех точек пространства, расстояние откаждой из которых до отрезка длины 3a не превосходит a.

7. На ребре двугранного угла величиной в 36° расположенотрезок длины a. Найдите площадь поверхности и объемтела, образованного всеми точками, лежащими внутриэтого двугранного угла, расстояние от каждой из которыхдо данного отрезка не превосходит 3a.

8. Стоимость кубического метра материала, необходимогона изготовление шарообразной детали, равна стоимостикраски, необходимой на покрытие одного квадратногометра поверхности этой детали. При каком диаметре дета-ли стоимость ее изготовления равна стоимости ее окра-ски?

9. В цилиндр, диаметр основания которого и его образую-щая равны 6, помещены два касающихся друг друга рав-

ных шара радиуса 6 – 3 . Известно, что центры обоихшаров лежат в одном и том же осевом сечении цилиндра,при этом первый шар касается основания цилиндра и име-ет с цилиндрической поверхностью одну общую точку,а второй шар также имеет с цилиндрической поверхно-

2

2154010o3.fm Page 199 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

200

стью одну общую точку. Как расположен второй шар от-носительно плоскости верхнего основания цилиндра? (Ка-сается этой плоскости, не имеет с ней общих точек илиимеет с ней общий круг.)

10.Четыре равные сферы расположены так, что каждая изних касается трех других. Найдите отношение площадейповерхностей двух сфер, каждая из которых касается всехчетырех данных сфер. (В ответе записать отношение пло-щади большей сферы к площади меньшей.)

11.В сферу радиуса 6 вписаны правильный тетраэдр и куб.В каких пределах находится расстояние между центромграни тетраэдра и центром грани куба?

Вариант 1

1. Две сферы, радиусы которых равны 7 и 5, имеют общее се-чение, диаметр которого равен 8. Найдите расстояниемежду центрами этих сфер.

2. Два шара, радиусы которых равны 2 и 8 м, касаются каж-дой из трех попарно взаимно перпендикулярных плоскос-тей. Чему может быть равно расстояние между центрамиэтих шаров?

3. Ребро основания правильной треугольной призмы равно6. Шар касается всех ребер этой призмы. Найдите: а) ра-диус этого шара; б) высоту данной призмы.

4. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD высотаMO равна h, а боковые грани — правильные треугольни-ки. Найдите длину линии пересечения поверхности пира-миды со сферой, если:а) MO — радиус сферы с центром M;б) MO — диаметр сферы.

5. В цилиндр, диаметр основания которого и его образую-щая равны 10, помещены два касающихся друг друга ша-ра, радиус каждого из которых равен 3. Известно, чтоцентры обоих шаров лежат в одном и том же осевом сече-нии цилиндра, при этом первый шар касается основанияцилиндра и имеет с цилиндрической поверхностью однуобщую точку, а второй шар также имеет с цилиндриче-ской поверхностью одну общую точку. Как расположенвторой шар относительно плоскости верхнего основанияцилиндра? (Касается этой плоскости, не имеет с ней об-щих точек или имеет с ней общий круг.)

2154010o3.fm Page 200 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

201

Вариант 2

1. Две сферы, радиусы которых равны 9 и 5, имеют общее се-чение, диаметр которого равен 6. Найдите расстояниемежду центрами этих сфер.

2. Два шара, радиусы которых равны 3 и 4 м, касаются каж-дой из трех попарно взаимно перпендикулярных плоскос-тей. Чему может быть равно расстояние между центрамиэтих шаров?

3. Ребро основания правильной шестиугольной призмы рав-но 8. Шар касается всех ребер этой призмы. Найдите:а) радиус шара;б) высоту данной призмы.

4. В правильном тетраэдре MABC высота MO равна h. Най-дите длину линии пересечения поверхности тетраэдра сосферой, если:а) MO — радиус сферы с центром M;б) MO — диаметр сферы.

5. В цилиндр, диаметр основания которого и его образую-щая равны 14, помещены два касающихся друг друга ша-ра, радиус каждого из которых равен 4. Известно, чтоцентры обоих шаров лежат в одном и том же осевом сече-нии цилиндра, при этом первый шар касается основанияцилиндра и имеет с цилиндрической поверхностью однуобщую точку, а второй шар также имеет с цилиндриче-ской поверхностью одну общую точку. Как расположенвторой шар относительно плоскости верхнего основанияцилиндра? (Касается этой плоскости, не имеет с ней об-щих точек или имеет с ней общий круг.)

К—7Обобщающая

Задачи для повторения

1. В треугольнике ABC через некоторую точку M стороны ACпроведены две прямые, параллельные прямым AB и BC.Известно, что площади образовавшихся при этом двух тре-угольников равны S1 и S2. Найдите площадь треугольникаABC.

2. Через некоторую точку O, лежащую внутри треугольникаABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам.Известно, что площади образовавшихся при этом трех

2154010o3.fm Page 201 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

202

треугольников равны S1, S2 и S3. Найдите площадь тре-угольника ABC.

3. В правильной усеченной четырехугольной пирамиде точ-ка пересечения диагоналей является вершиной двух че-тырехугольных пирамид, основаниями которых служатверхнее и нижнее основания данной усеченной пирами-ды. Объемы этих пирамид равны V1 и V2. Найдите объемданной усеченной пирамиды.

4. Около шара, радиус которого равен R, описана правиль-ная четырехугольная пирамида. При какой высоте пира-миды ее объем будет наименьшим?

5. Найдите объем меньшего из тел, ограниченных поверхно-стями x2 + y2 + z2 = 6z и 4x + 7y + 4z = 0.

6. Два конуса имеют общее основание и расположены в од-ном полупространстве относительно плоскости основа-ний, при этом расстояние между их вершинами равно h.Найдите объем конуса с меньшей высотой, если углы привершинах осевых сечений этих конусов равны соответ-ственно α и β, причем α > β.

7. Точка O — центр полукруга с диаметром AB = 4, OC — ра-диус этого полукруга, перпендикулярный AB; OD — та-кой радиус полукруга, что ∠BOD = 60°. Из полукруга вы-резаны сектор BOD и треугольник OCD. Оставшаясячасть полукруга вращается вокруг прямой AB. Найдитеобъем и площадь поверхности тела, образованного приэтом вращении.

8. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами7, 8 и 9, а высота пирамиды равна 5. Найдите радиус сфе-ры, которая касается боковых граней пирамиды в точках,лежащих на сторонах ее основания.

Вариант 1

1. В трапеции ABCD с основаниями BC и AD диагонали пе-ресекаются в точке O. Известно, что площади треугольни-ков OBC и OAD равны соответственно S1 и S2. Найдитеплощадь данной трапеции.

2. Через точки, делящие высоту конуса в отношении 3 : 4 : 3,проведены сечения, параллельные его основанию. Найди-те объем конуса, если объем части конуса, заключенноймежду плоскостями сечений, равен V.

3. Около шара, радиус которого равен R, описан конус. Най-дите такую длину образующей конуса, при которой егообъем будет наименьшим.

2154010o3.fm Page 202 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

203

Вариант 2

1. Через точки, делящие высоту треугольника в отношении3 : 4 : 3, проведены прямые, параллельные основанию это-го треугольника. Найдите площадь данного треугольни-ка, если площадь его части, заключенной между прове-денными прямыми, равна S.

2. В усеченном конусе точка пересечения диагоналей осево-го сечения является вершиной двух конусов, основания-ми которых служат верхнее и нижнее основания данногоусеченного конуса. Объемы этих конусов равны V1 и V2.Найдите объем данного усеченного конуса.

3. В конус вписан шар. Для какого значения угла при вер-шине осевого сечения конуса отношение объема шара кобъему конуса будет наибольшим? Найдите это отноше-ние.

К—8Обобщающая

Задачи для подготовки

1. Центр сферы радиуса r лежит на сфере радиуса R (R > r).Найдите длину линии пересечения этих сфер.

2. Сечение куба ABCDA1B1C1D1 проходит через середины Fи G его ребер B1C1 и D1C1 параллельно диагонали AC1 ку-ба. Постройте это сечение и найдите его площадь, еслиребро куба равно a.

3. В тетраэдре ABCD плоские углы при вершине D — пря-мые. Ребра DA и DB образуют с плоскостью ABC углысоответственно α и β. Двугранный угол C(AB)D равен γ.Докажите, что (sin2α + sin2β – 1)(1 + tg2γ) + 1 = 0.

4. В тетраэдре SABC плоские углы при вершине S — пря-мые. Известно, что SA = 2, SB = 6, SC = 4. Точка K лежитна ребре SB, причем SK : KB = 2 : 1. Точки M и N — сере-дины ребер соответственно AB и AC. Найдите:а) расстояние от вершины A до плоскости KMN;б) расстояние от вершины S до плоскости KMN;в) угол наклона плоскости KMN к плоскости ABS;г) угол между KC и плоскостью KMN.

5. Шар радиуса r = 10 касается трех ребер трехгранно-го угла SABC. Найдите расстояние от вершины S угла

10,2

2154010o3.fm Page 203 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

204

до центра этого шара, если ∠ASB = 90°, ∠ASC = ∠BSC =

= arccos .

6. Двугранные углы треугольной пирамиды при всех ребрахее основания равны 60°. Длины ребер одной из боковых

граней равны 10, 26 и 4 , причем большее из них явля-ется гипотенузой прямоугольного треугольника, лежаще-го в основании пирамиды. Найдите объем пирамиды иплощадь ее боковой поверхности.

7. Два равных шара радиуса r = 3 – касаются друг другаи граней двугранного угла величиной 90°. Третий шарбольшего радиуса R (R > r) касается каждого из этих ша-ров и граней данного двугранного угла. Найдите R.

8. В правильную треугольную пирамиду SABC с основанием

ABC вписан шар радиуса R = . Через середины реберAB, BC и BS проходит плоскость, разбивающая пирамидуна два многогранника, в каждый из которых можно впи-сать шар. Найдите отношение радиусов этих шаров иобъем данной пирамиды.

9. Два конуса имеют общую высоту h. Углы при вершинахих осевых сечений равны соответственно α и β. Найдитеобъем общей части данных конусов.

10.В прямой двугранный угол помещены три шара, каждыйиз которых касается граней двугранного угла и двух дру-гих шаров. Найдите радиус меньшего из шаров, еслирадиусы двух других равны 2 и 1.

Вариант 1

1. Основание конуса лежит в плоскости α. Этой плоскости ка-сается шар радиуса R (шар и конус расположены по однусторону от плоскости). Высота конуса равна диаметру ша-ра, а их объемы равны. На каком расстоянии от плоскостиα надо провести параллельную ей плоскость β, чтобы онапересекала шар и конус по кругам одинаковой площади?

2. Вершина прямоугольного параллелепипеда является един-ственной общей точкой этого параллелепипеда и плоскостиϕ. Ребра параллелепипеда, выходящие из этой вершины,образуют с плоскостью ϕ углы соответственно α, β и γ.Докажите, что sin2α + sin2β + sin2γ = 1.

3. Двугранные углы треугольной пирамиды при всех ребрахее основания равны 60°. Длины ребер одной из боковых

–23---

29

7

516

2154010o3.fm Page 204 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

205

граней равны соответственно 2 , и 3, причем боль-шее из них является катетом прямоугольного треугольни-ка, лежащего в основании пирамиды. Найдите объемпирамиды и площадь ее боковой поверхности.

4. Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD с ос-нованием ABCD. Через середины ребер AB, BC и BM про-ведена плоскость, разбивающая пирамиду на два много-гранника, в каждый из которых можно вписать шар. Най-дите отношение радиусов этих шаров.

Вариант 2

1. Шар радиуса и цилиндр имеют равные объемы, и осьцилиндра совпадает с диаметром шара. Найдите кратчай-шее расстояние между двумя линиями пересечения по-верхности шара и боковой поверхности цилиндра.

2. Вершина A куба — единственная его точка, общая с плос-костью ϕ. Три грани куба, содержащие вершину A, со-ставляют с плоскостью ϕ углы соответственно α, β и γ.Докажите, что sin2α + sin2β + sin2γ = 2.

3. В основании пирамиды лежит равнобедренный треуголь-ник с боковой стороной, равной 2. Каждое боковое ребропирамиды составляет с плоскостью основания угол 60°.Найдите объем и площадь боковой поверхности этой пи-

рамиды, если ее высота равна 2 .4. В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ромб

ABCD. Через середины ребер AB, AD и AA1 проходитплоскость, разбивающая призму на два многогранника,в каждый из которых можно вписать шар. Чему равноотношение радиусов этих шаров?

Вариант 3

1. В правильной четырехугольной пирамиде плоский уголпри вершине равен α. Определите двугранный угол прибоковом ребре пирамиды.

2. Высота прямой призмы ABCA1B1C1 равна 3, а ее основа-нием служит прямоугольный треугольник с катетамиAC = 2 и BC = 4. Плоскость α проходит через серединыребер AC, A1B1 и BB1 призмы. Найдите:а) расстояние от вершины C до плоскости α;б) расстояние от вершины A до плоскости α;

2 5

3

3

2154010o3.fm Page 205 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

206

в) угол наклона плоскости α к плоскости основания призмы;г) угол между диагональю CB1 боковой грани и плоскос-тью α.

3. Два равных шара радиуса 3 касаются друг друга и гранейдвугранного угла величиной 60°. Третий шар меньшегорадиуса касается каждого из этих шаров и граней данногодвугранного угла. Найдите радиус третьего шара.

4. Два равных цилиндра с радиусом основания r и высотой4r расположены так, что их поверхности касаются, при-чем центр основания одного из них совпадает с серединойобразующей другого. Найдите площадь поверхности ша-ра наименьшего радиуса, содержащего оба данных ци-линдра.

Вариант 4

1. В правильной треугольной пирамиде двугранный уголпри боковом ребре равен β. Определите двугранный уголпри ребре основания этой пирамиды.

2. Квадрат со стороной 2 является основанием прямоугольно-го параллелепипеда ABCDA1B1C1D1, боковое ребро парал-лелепипеда равно 1. Плоскость β проходит через вершинуC1 и середины ребер AB и AD параллелепипеда. Найдите:а) расстояние от точки А до плоскости β;б) расстояние от точки пересечения диагоналей паралле-лепипеда до плоскости β;в) угол между плоскостью β и гранью AA1D1D;г) угол между диагональю A1C параллелепипеда и плоско-стью β.

3. Шар радиуса 4 касается двух граней двугранного угла ве-личиной 120°. Два одинаковых шара меньшего радиусатакже касаются граней двугранного угла, и, кроме того,они касаются друг друга и большего шара. Найдите ради-ус каждого из меньших шаров.

4. Два одинаковых конуса с радиусом основания r и обра-зующей 4r имеют общую вершину и общую образующую.Найдите радиус шара наименьшего объема, содержащегооба данных конуса.

Вариант 5

1. Через середины ребер MB и CD параллельно диагоналиBD основания правильной четырехугольной пирамидыMABCD проведена плоскость. Найдите площадь сечения

2154010o3.fm Page 206 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

207

пирамиды этой плоскостью, если сторона основания пира-миды равна a, а боковое ребро равно b.

2. Шар радиуса 1 касается трех ребер трехгранного углаMABC. Найдите расстояние от вершины M этого угла доцентра шара, если ∠AMB = 90°, ∠AMC = ∠BMC = 60°.

3. В тело, образованное при вращении прямоугольного тре-

угольника с катетами 2 и 2 вокруг гипотенузы, вписа-на правильная треугольная призма, боковая грань кото-рой — квадрат, а ее основание перпендикулярно оси вра-щения. Найдите отношение объема тела вращения кобъему призмы.

4. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольнаятрапеция ABCD с основаниями AB = 3a и CD = 2a, боко-вой стороной BC = 2a и прямым углом BAC. Двугранныеуглы пирамиды при ребрах BC и CD равны, грань ASBперпендикулярна основанию пирамиды. Найдите объем

пирамиды, если ∠BSC = arccos .

Вариант 61. Сечение правильной треугольной призмы ABCA1B1C1

проходит через середины ее ребер AC и A1B1 параллельнодиагонали A1C боковой грани. Постройте это сечение инайдите его площадь, если сторона основания призмыравна a, а ее боковое ребро равно b.

2. Шар радиуса R касается трех граней трехгранного углаMKPC. Найдите расстояние от центра шара до ребра MC,если ∠KMP = 90°, ∠KMC = ∠PMC = 60°.

3. В тело, полученное вращением треугольника со сторона-

ми 2, 7 и 5 вокруг его большей стороны, вписана пра-вильная четырехугольная призма с основанием, перпен-дикулярным оси вращения. Диагональ призмы образует сосью вращения угол 30°. Какую часть объема тела враще-ния составляет объем призмы?

4. В основании пирамиды SABCD лежит ромб ABCD со сто-роной 5. Ребро SA перпендикулярно плоскости основания,при этом SC = 7, ∠CSB = 45°. Найдите объем пирамиды.

3

57---

3

2154010o3.fm Page 207 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

208

Зачеты

З а ч е т № 1. Преобразования пространства. Прямые и плоскости в пространстве

Билет № 11. Центральная симметрия в пространстве: определение, свойства.2. Взаимное расположение двух прямых в пространстве.

Билет № 21. Симметрия относительно плоскости: определение, свойства.2. Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве.

Билет № 31. Параллельный перенос: определение, свойства.2. Взаимное расположение двух плоскостей в пространстве.

Билет № 41. Поворот вокруг оси в пространстве: определение, свойства.2. Угол между двумя прямыми в пространстве.

Билет № 51. Осевая симметрия в пространстве: определение, свойства.2. Перпендикулярность прямой и плоскости в пространстве.

Билет № 61. Композиция двух симметрий относительно плоскости.2. Угол между прямой и плоскостью.

Билет № 71. Скользящая симметрия в пространстве: определение, свойства.2. Угол между двумя плоскостями.

Билет № 81. Зеркальный поворот в пространстве: определение, свойства.2. Свойства параллельных плоскостей.

Билет № 91. Винтовое движение в пространстве: определение, свойства.2. Перпендикулярные плоскости в пространстве.

2154010o3.fm Page 208 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

209

Билет № 101. Гомотетия и подобие в пространстве: определение, свойства.2. Теоремы о трех перпендикулярах.

Если учитель сочтет нужным включить в зачет решение задач,то мы советуем составить список всех задач, отмеченных знач-ком ☺ в главе 1 задачника для 11 класса. Задачи из этого спискаможно предложить учащимся для решения на зачете.

З а ч е т № 2. Многогранники. Векторы и координаты в пространстве

Билет № 11. Призма. Виды и свойства призм.2. Сложение и вычитание векторов в пространстве.

Билет № 21. Параллелепипед. Виды и свойства параллелепипедов.2. Умножение вектора на скаляр, коллинеарные и компланарные

векторы в пространстве.

Билет № 31. Вычисление площади полной поверхности и объема призм. Объ-

емы параллелепипедов.2. Разложение вектора по трем некомпланарным векторам.

Билет № 41. Трехгранные углы и их свойства.2. Скалярное произведение двух векторов в пространстве.

Билет № 51. Пирамида. Виды пирамид.2. Координаты вектора в пространстве. Действия над векторами

в координатах.

Билет № 61. Правильная пирамида и ее свойства.2. Координаты точки в пространстве. Вычисление расстояния меж-

ду двумя точками, заданными своими координатами.

Билет № 71. Вычисление площади полной поверхности и объема пирамиды.

Отношение объемов двух тетраэдров, имеющих по равномутрехгранному углу.

2. Уравнение плоскости в пространстве.

2154010o3.fm Page 209 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

210

Билет № 8

1. Усеченная пирамида. Вычисление ее площади полной поверхно-сти и объема.

2. Различные виды уравнений прямой в пространстве.

Билет № 9

1. Правильные многогранники. Их виды.2. Вычисление угла между двумя прямыми, между прямой и плос-

костью, между двумя плоскостями, заданными своими уравне-ниями.

Билет № 10

1. Примеры разверток и сечений многогранников.2. Вычисление расстояния от точки до плоскости в координатной

форме.

Если учитель сочтет нужным включить в зачет решение задач,то мы советуем составить список всех задач, отмеченных знач-ком ☺ в главе 2 задачника для 11 класса. Задачи из этого спискаможно предложить учащимся для решения на зачете.

З а ч е т № 3. Поверхности и тела вращения. Повторение планиметрии

Билет № 1

1. Поверхности и тела вращения.2. Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике.

Теорема Пифагора и обратная ей теорема.

Билет № 2

1. Цилиндр. Сечения цилиндра и цилиндрической поверхностиплоскостями. Развертка цилиндра. Симметрия цилиндра.

2. Теоремы об окружности, вписанной в треугольник. Формулыдля вычисления радиуса вписанной в треугольник окружности;частные случаи. Вневписанные окружности. Описанные четы-рехугольник и многоугольник, их свойства и признаки.

Билет № 3

1. Вычисление площади полной поверхности и объема цилиндра.2. Теоремы об окружности, описанной около треугольника. Фор-

мулы для вычисления радиуса такой окружности; частные слу-чаи. Теорема синусов. Вписанные четырехугольник и много-угольник, их свойства и признаки.

2154010o3.fm Page 210 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

211

Билет № 41. Конус. Сечения конуса и конической поверхности плоскостями.

Развертка конуса. Симметрия конуса.2. Теорема косинусов. Теорема о сумме квадратов сторон и диаго-

налей параллелограмма.

Билет № 51. Вычисление площади полной поверхности и объема конуса.2. Признаки подобия треугольников. Подобие многоугольников.

Метрические соотношения соответственных элементов подоб-ных фигур.

Билет № 61. Усеченный конус. Вычисление площади полной поверхности и

объема усеченного конуса.2. Формулы для вычисления площади треугольника. Вывод фор-

мулы Герона. Отношение площадей двух треугольников, имею-щих по равному углу.

Билет № 71. Шар и сфера. Сечения шара и сферы плоскостями. Симметрия

сферы. Плоскость, касательная к сфере. Взаимное расположе-ние двух сфер.

2. Параллелограмм. (Обзор изученных фактов.)

Билет № 81. Вычисление площади поверхности сферы и ее частей, объема

шара и его частей.2. Трапеция. (Обзор изученных фактов.)

Билет № 91. Сферы, вписанные в многогранники, цилиндры и конусы.2. Свойства биссектрисы внутреннего и внешнего углов треуголь-

ника. Окружность Аполлония.

Билет № 101. Сферы, описанные около многогранников, цилиндров и кону-

сов.2. Пропорциональные отрезки в круге.

Если учитель сочтет нужным включить в зачет решение задач,то мы советуем составить список всех задач, отмеченных знач-ком ☺ в главе 3 задачника для 11 класса. Задачи из этого спискаможно предложить учащимся для решения на зачете.

2154010o3.fm Page 211 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

212

Билеты к итоговому устному испытаниюпо геометрии в 11 классе(углубленный уровень)

Билет 11. Параллельность прямых в пространстве. Теорема о двух пря-

мых, параллельных третьей.2. Расстояния в пространстве. Геометрическое место точек, равно-

удаленных: а) от двух данных точек; б) от трех данных точек, непринадлежащих одной прямой; в) от двух данных плоскостей.

3. Задача по теме «Векторы в пространстве: скалярное произведе-ние векторов».Задача. В прямоугольной декартовой системе координат заданы

векторы (2; 1; –1) и (1; 2; –1). Найдите координаты вектора ,

если ⊥ , ⊥ , | | = 2 , а угол между и осью Ox тупой.

Ответ: (–2; –2; –6).

Билет 21. Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве.

Признак параллельности прямой и плоскости.2. Трехгранные и многогранные углы.3. Задача по теме «Комбинации многогранников и фигур враще-

ния».Задача. Около шара описана правильная треугольная призма,

около которой описан шар. Найдите отношение площадей поверх-ностей этих шаров.

Ответ: 0,2.

Билет 31. Прямая, перпендикулярная плоскости. Признаки перпендику-

лярности прямой и плоскости.2. Задание сферы и шара с помощью координат.3. Задача по теме «Сечения многогранников».

Задача. В правильной треугольной пирамиде, сторона основаниякоторой равна a, а боковое ребро — 3a, проведено сечение парал-лельно боковому ребру. Найдите площадь этого сечения, если оноявляется ромбом.

Ответ: a2.

a b c

c a c b c 11 cc

916-------

2154010o3.fm Page 212 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

213

Билет 4

1. Связь между параллельностью прямых в пространстве и перпен-дикулярностью прямой и плоскости. Теорема о двух параллель-ных прямых, одна из которых перпендикулярна плоскости.

2. Площади боковой и полной поверхностей призмы и цилиндра.3. Задача по теме «Координаты в пространстве: уравнения плос-

кости и сферы».Задача. На плоскости x + 2y + 3z = 25 найдите точку, удаленную

на наименьшее расстояние от точки A(2; –3; 5).Ответ: K(3; –1; 8).

Билет 5

1. Взаимное расположение двух плоскостей. Признаки параллель-ности двух плоскостей.

2. Прямая в пространстве в координатах.3. Задача по теме «Вписанный шар, описанная сфера».

Задача. В треугольной пирамиде ABCD известно, что AC = 4,BC = 3, ∠ACB = 90°. Ребро AD длиной 12 перпендикулярно плос-кости ABC. Найдите радиус описанной около пирамиды сферы.

Ответ: 6,5.

Билет 6

1. Свойства параллельных плоскостей. Теорема о существованиии единственности плоскости, проходящей через данную точкупараллельно данной плоскости.

2. Площади боковой и полной поверхностей пирамиды, конуса,усеченных пирамиды и конуса.

3. Задача по теме «Комбинации многогранников».Задача. Центры тяжести граней треугольной пирамиды являют-

ся вершинами многогранника. Найдите отношение объемов пира-миды и многогранника.

Ответ: 27.

Билет 7

1. Перпендикулярные плоскости. Признак перпендикулярностидвух плоскостей.

2. Площадь ортогональной проекции многоугольника.3. Задача по теме «Площадь поверхности сферы, объем шара».

Задача. В правильной призме ABCDA′B ′C ′D ′ ребро AB равно a,угол между AB ′ и DB равен α. Найдите площадь поверхности сфе-ры, проходящей через точки B, B ′, C ′ и A′.

Ответ: πa2 1 + .12 αcos2--------------------

2154010o3.fm Page 213 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

214

Билет 81. Свойства перпендикулярных плоскостей. Теорема о линии пере-

сечения двух плоскостей, перпендикулярных третьей плоскос-ти.

2. Параллельный перенос в пространстве и его свойства.3. Задача по теме «Шар».

Задача. В куб ABCDA1B1C1D1 вписан шар радиуса R. Найдитеплощадь сечения шара плоскостью AD1С.

Ответ: πR2.

Билет 91. Перпендикуляр и наклонная к плоскости. Теоремы о трех пер-

пендикулярах (две теоремы).2. Правильные многогранники. Формула Эйлера (без вывода).3. Задача по теме «Объем конуса, усеченного конуса».

Задача. Образующая усеченного конуса наклонена к плоскостиоснования под углом 60°, а центр большего основания равноудаленот меньшего основания и боковой поверхности конуса. Найдитеобъем усеченного конуса, если площадь его боковой поверхностиравна 2π.

Ответ: π.

Билет 101. Углы между двумя прямыми в пространстве. Теорема об углах

с сонаправленными сторонами.2. Площадь поверхности шара и его частей: шарового пояса, шаро-

вого сектора, сегментной поверхности.3. Задача по теме «Объем призмы».

Задача. Объем треугольной призмы ABCA1B1C1 равен V, длинаее бокового ребра равна a. На прямой AA1 выбирают отрезок MNдлины b. Найдите объем пятигранника MNB1BCC1 (MN, C1C, B1B,B1C1, BC, MB1, MC1, NB, NC — ребра этого многогранника).

Ответ: V.

Билет 111. Взаимное расположение двух прямых в пространстве. Призна-

ки скрещивающихся прямых.2. Векторы в пространстве. Линейные операции над векторами

и их выражение в координатах.3. Задача по теме «Цилиндр, конус».

Задача. Дан цилиндр, радиус основания и высота которого рав-ны 3. Через точку M, лежащую в плоскости основания цилиндра и

23---

79---

2a + b3a

------------------

2154010o3.fm Page 214 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

215

удаленную от его оси на расстояние 7, проводят всевозможные пря-мые, каждая из которых имеет с цилиндром единственную общуюточку. Какие значения может принимать длина отрезка такой пря-мой, если его концами являются точка M и точка, общая для пря-мой и цилиндра?

Ответ: [ ; 7].

Билет 121. Вывод формулы расстояния между двумя точками, заданными

своими координатами. Вывод формул для вычисления коорди-нат точки, делящей заданный отрезок в данном отношении.

2. Сфера, описанная около данного многогранника. Расположениеее центра относительно многогранника (на примере сферы, опи-санной около призмы).

2. Задача по теме «Призма, параллелепипед, куб».Задача. Диагонали AB1 и DC1 граней четырехугольной призмы

ABCDA1B1C1D1 параллельны. Докажите, что прямые AD1 и BC1

также параллельны.

Билет 131. Скалярное произведение векторов: определение, свойства, за-

пись в координатах.2. Построение в пространстве: а) плоскости, проходящей через дан-

ную точку перпендикулярно данной прямой; б) прямой, прохо-дящей через данную точку перпендикулярно данной плоскости.

3. Задача по теме «Объем пирамиды».Задача. Высоту пирамиды разделили в отношении 3 : 7, считая

от вершины, и провели сечение, параллельное основанию. В какомотношении разделился объем пирамиды?

Ответ: .

Билет 141. Взаимное расположение шара (сферы) и плоскости в простран-

стве. Теорема о пересечении шара и сферы с плоскостью.2. Параллельное проектирование и его свойства. Изображение

(в параллельной проекции) фигур на плоскости: треугольника,параллелограмма, трапеции, тетраэдра, параллелепипеда; ок-ружности и вписанного в нее правильного многоугольника.

3. Задача по теме «Боковая, полная поверхность пирамиды».Задача. Найдите двугранный угол при ребре основания правиль-

ной четырехугольной пирамиды, если плоскость, проведенная че-рез сторону основания, делит этот угол и боковую поверхностьпирамиды пополам.

Ответ: 45°.

40

27973----------

2154010o3.fm Page 215 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

216

Билет 151. Сечение пирамиды плоскостями, параллельными основанию.

Теорема об отношении периметров и площадей сечений пирами-ды плоскостями, параллельными основанию.

2. Поворот в пространстве вокруг прямой и его свойства. Фигурывращения.

3. Задача по теме «Угол между двумя плоскостями, двугранныйугол».Задача. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды со-

ставляет с плоскостью основания угол α (α < 45°). Найдите угол,под которым к плоскости основания наклонена плоскость, прохо-дящая через сторону основания и центр шара, описанного околоэтой пирамиды.

Ответ: arctg (2ctg 2α).

Билет 161. Теорема о разложении вектора по трем некомпланарным векто-

рам. Векторный базис в пространстве. Координаты вектора.2. Пирамида. Виды пирамид. Усеченная пирамида.3. Задача по теме «Прямые и плоскости в пространстве: угол меж-

ду прямой и плоскостью».Задача. В правильном тетраэдре ABCD точка K является середи-

ной ребра AC. Найдите расстояние от точки K до плоскости BCD иугол между прямой BK и этой плоскостью, если ребро тетраэдраравно a.

Ответ: ; arcsin .

Билет 171. Задание пространственных фигур уравнениями и неравенства-

ми. Уравнение плоскости.2. Центральная симметрия в пространстве и ее свойства. Примеры

центрально-симметричных пространственных фигур.3. Задача по теме «Пирамида».

Задача. В правильном тетраэдре ABCD точки K и L — серединыребер AD и BC соответственно. Найдите угол между прямой KLи высотой CC1 треугольника ABC.

Ответ: arccos .

Билет 181. Вывод формулы расстояния от точки до плоскости в координа-

тах.2. Призма. Виды призм.3. Задача по теме «Прямые и плоскости в пространстве: угол и рас-

стояние между прямыми».

a 66

-----------

23-------

66-------

2154010o3.fm Page 216 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

217

Задача. Два прямоугольных не равных друг другу треугольникаABD и CBD имеют по равному острому углу α, общий катет BD = aи общую вершину D прямого угла. Найдите угол и расстояние меж-ду прямыми AB и CD, если плоскости ABD и CBD взаимно перпен-дикулярны.

Ответ: 90°; acos α или asin α.

Билет 191. Вычисление объемов фигур вращения (с помощью интеграла).

Вывод формул для вычисления объемов цилиндра, конуса, шара.2. Двугранный угол. Линейный угол двугранного угла. Теорема

о равенстве всех линейных углов данного двугранного угла.3. Задача по теме «Прямые и плоскости в пространстве: расстоя-

ние между точками и от точки до прямой».Задача. Внутри двугранного угла величины α (α < 90°) взята точ-

ка M, удаленная от его граней на расстояния a и b соответственно.Найдите расстояние от точки M до ребра этого двугранного угла.

Ответ: .

Билет 201. Вывод формулы для вычисления объема пирамиды.2. Симметрия относительно плоскости. Ее свойства.3. Задача по теме «Прямые и плоскости в пространстве: расстоя-

ние от точки до плоскости».Задача. Дана правильная шестиугольная пирамида PABCDME

(P — вершина пирамиды). Найдите расстояния до плоскости PABот каждой из вершин пирамиды, не лежащих на этой плоскости,если точка пересечения медиан грани PDM удалена от плоскостиPAB на 8 см.

Ответ: по 12 см от M и D; по 6 см от E и C.

a2 + b2 + 2ab αcos αsin

------------------------------------------------------------

2154010o3.fm Page 217 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

218

Ответы к контрольным работам

К—1

Задачи для повторения

1. а) (–4; 6; –9); б) (2; 8; –5); в) (–4; –6; 9); г) (7; –8; 5); д) (6; 4; 9).2. а) 2x + y – 5z + 3 = 0; б) 2x + y – 5z – 21 = 0.

3. а) (1; 2; 10); б) t ∈ R; в) x + y + 5z – 53 = 0;

г) (x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 7)2 = 25.4. Поворот на угол 180° вокруг биссектрисы угла AKE.5. Осью поворота является координатная ось Oz; угол поворота

равен 180°.6. Образами вершин A1, B, C1, D1 являются соответственно верши-

ны C, A, B1, C1.

7. а) t ∈ R; б) t ∈ R;

в) t ∈ R; г) t ∈ R;

д) t ∈ R; е) t ∈ R.

8. Одна точка (4; 1,5; 0,5).

9. Прямая t ∈ R.

Вариант 11. а) (3; –2; –5); б) (3; 2; 5); в) (–3; –5; 2); г) (–4; 4; 2); д) (5; 2; –5).2. а) 3x – 5y – z + 16 = 0; б) 3x – 5y – z – 2 = 0.

3. а) (1; 1; 7); б) t ∈ R; в) 2x – y + z – 8 = 0;

г) x2 + (y – 2)2 + (z – 8)2 = 9.

x = 1 + 2t,y = 1 + 3t,z = 7 – t,

x = –2 + 3t,y = 2,z = 6 – t,

x = –3 + 2t,y = 3,z = 4 – t,

x = 11 + 3t,y = –2,z = –9 – t,

x = 7 + 3t,y = 2,z = 3 – t,

x = –5 + 3t,y = 2,z = –7 + t,

x = 5 – 3t,y = –2,z = 7 – t,

x = 18 + 17t,y = 5 + 4t,z = –t,

x = 1 + 2t,y = 1 – t,z = 7 + t,

2154010o3.fm Page 218 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

219

4. Композиция симметрии относительно двух плоскостей, однойиз которых является (ABC), а другой — плоскость, проходящаячерез AB перпендикулярно (ABC).

5. Sβ � Sα = .

6. Образами вершин B1, C, C1, D1 являются соответственно верши-ны B1, A, B, C.

Вариант 21. а) (–3; 7; –1); б) (5; –3; 1); в) (3; –7; –1); г) (1; –6; –2); д) (–1; –7; 3).2. а) 3x – 2y + 7z – 25 = 0; б) 3x – 2y + 7z + 12 = 0.

3. а) Неподвижных точек нет; б) t ∈ R;

в) x + 2y – z + 7 = 0.4. Композиция симметрии относительно двух плоскостей, одной

из которых является (ABC), а другой — плоскость, проходящаячерез PM параллельно прямой BC.

5. (0; 0; –6) — вектор переноса; x + 2y – 7 = 0 — одна из непо-движных плоскостей при этом переносе.

6. Образами вершин A, B, C, B1 являются соответственно вершиныC, C1, D1, B1.

К—2

Задачи для подготовки1. 8 граней, 18 ребер, 12 вершин, 12 диагоналей.

2. а) 5; 4 ; 13; б) 240 + 22 ; в) .3. а) 5; б) arctg (0,5).

4. а) DD1 = 6, A1B1 = B1C1 = C1D1 = D1A1 = ; б) arctg ;

в) arctg ; г) A1C = .

5. а) 6 граней; б) A1B1 = B1C1 = C1D1 = D1A1 = 2 ; в) arctg ;

г) 3 .6. Не существует. Если допустить существование такой плоскости

симметрии для данного многогранника, то найдется по крайнеймере одна из оставшихся 113 вершин многогранника, которая небудет иметь образа при симметрии относительно этой плоскости.

7. ; .

ROy180°

x = 1 – t,y = 2 + 2t,z = 3 + 3t,

p

10 10 321

37 39-------

39------- 157

10 23-------

17

h2 1 + α

2--- sin

α

2---sin α

2---sin2 tg2β – α

2---cos2

---------------------------------------------------------------------------

h3tg α

2---

4 α

2--- sin2 tg2β – α

2---cos2

-----------------------------------------------------------------

2154010o3.fm Page 219 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

220

8. а) 6,4; 1,6 ; 04 ; б) 1,2 .

9. 200( – 1)%.

Вариант 11. Многогранник с вершиной B имеет 6 граней, 12 ребер,

8 вершин, 2 диагонали. Многогранник с вершиной D1 имеет 7граней, 14 ребер, 9 вершин, 5 диагоналей. Длина наибольшего

отрезка равна 8 .

2. а) 13 600; б) все равны по ; в) нет.

3. ; .

4. Не существует, так как вершин у данного многогранника нечет-ное число, и центром симметрии многогранника не может слу-жить его вершина.

Вариант 21. Многогранник с вершиной C имеет 6 граней, 12 ребер,

8 вершин, 2 диагонали. Многогранник с вершиной A имеет 7граней, 15 ребер, 10 вершин, 9 диагоналей. Длина наибольшего

отрезка равна 6 .

2. а) 1604; б) все равны по 5 ; в) нет.

3. ; .

4. Существует. Например, поворот на угол вокруг прямой, со-

держащей высоту правильной 116-угольной пирамиды, отобра-жает эту пирамиду на себя.

К—3

Задачи для подготовки

1. Шесть или восемь ребер. 2. 27°. 3. С гранями arcsin ;

arcsin ; arcsin ; с ребрами arcsin ; arcsin ;

arcsin . 4. . (Замечание. На наш взгляд, в настоящий

момент нет необходимости приводить ответ к виду, удобному для

логарифмирования.) 5. а) 120°; б) 90°; в) arccos ; г) 60°. 6. 60°.

66 481 13

2

3

19214a2 βsin

α – β( )sin α + β( )sin---------------------------------------------------------------

a3sin α βsin2

2 α – β( )sin α + β( )sin---------------------------------------------------------------

3

10

h2 3 + 6 ctg2α

2--- – 3

ctg2α

2--- – 3

----------------------------------------------------------------

h3 3

ctg2α

2--- – 3

---------------------------

π

58-------

1229-------

1629-------

2129-------

69729

--------------

3 6529

---------------

2029-------

2 3h

3ctg2α

2--- – 1

-----------------------------------

23---

2154010o3.fm Page 220 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

221

7. Arccos 0,25. 8. и . 9. а) 60°; б) 90°; в) 45°; г) arccos ;

д) 2arcsin ; е) π – 2arcsin ; ж) π – 2arccos ; з) arcsin .

Вариант 1

1. Четыре, пять или шесть граней. 2. arcsin ; arcsin ;

arcsin . 3. . 4. а) 120°; б) arccos ; в) 45°; г) 60°.

Вариант 21. Четыре, пять, шесть, семь, восемь или девять вершин.

2. arcsin ; arcsin ; arcsin . 3. . 4. а) 90°; б) 45°;

в) 45°; г) 60°.

К—4

Задачи для подготовки

1. а) ; б) ; в) . 2. а) ; б) ; в) ; г) ;

д) или . 3. а) 5 : 427; б) 90°. 4. 1 . 5. 5 : 27. 6. 6 : 1.

7. 9 : 2. 8. 3 : 1. 9. 288 . Многогранник не является правильным,так как существуют его вершины, в которых сходится различноечисло граней этого многогранника. 10. 0,5V.

Вариант 1

1. а) ; б) ; в) ; г)

или . 2. 64 и . 3. а) 8; б) . 4. 3 : 7.

Вариант 2

1. а) ; б) ; в) ; г) или

. 2. 864 и 432 . 3. а) 8; б) . 4. 1 : 7.

3 2 1

3-------

23---

23---

1

3-------

23---

313-------

413-------

1213-------

2h

ctg2β

2--- – 3

-------------------------------

23---

4 1317

---------------

14517

--------------

1517-------

2h

ctg2α

2--- – 1

-------------------------------

a 63

-----------

a 63

-----------

a3 23

--------------

a3 35720

---------------------

3a3 316

------------------

a3 34

--------------

3a3

8----------

a3 34

--------------

a3 32

--------------

322-------

2

a3 3 β

2---sin

6------------------------------

a3 βsin2

12 1 + β

2--- sin

----------------------------------------

a3tg α β β

2---cossin

6----------------------------------------------------

a3 3 βsin36

------------------------------

a3 3 βsin12

------------------------------ 3 1283

----------

6 3417

---------------

a3

48 βcos2-----------------------

a3 3tg β tg β

2---

24-----------------------------------------

a3 3tg2β

72---------------------------

a3tg2β

24-------------------

a3 β

2---cos2

24 βcos2----------------------- 3 3 6 19

19---------------

2154010o3.fm Page 221 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

222

К—5

Задачи для подготовки

1. а) 2R; б) . 2. (3; 8]. 3. arcsin . 4. а) 0,5h ;

б) . 5. . 6. 108π; 79π. 7. Больше у конуса в

раз. 8. πa3ctg210°. 9. 12πa2. 10. 25πa3ctg2 20°. 11. 4πa2.12. Любое число, большее h.

Вариант 1

1. а) h; б) 2R. 2. (6; 10]. 3. arcsin ; arcsin ; 2arccos .

4. а) 0,5c – r; б) c – 4r. 5. 388 π; 216 π.

Вариант 2

1. а) 2R; б) . 2. (6; 10]. 3. arcsin ; arcsin ;

2arccos . 4. а) ; б) . 5. 305 π; 352 π.

К—6

Задачи для подготовки

1. ( + )2. 2. ( + + )2. 3. ( + )( +

+ + ). 4. 4R. 5. . 6. .

7. ; 2π(8 + ). 8. .

Вариант 1

1. ( + )2. 2. V. 3. 3R .

Вариант 2

1. 2,5S. 2. ( + )( + + ). 3. 2arcsin ;

отношение объемов равно 0,5.

h2 + 2R2 βcos αcos

--------------- 3

h 12 – 3( )

24-------------------------------

18 9 6 – 22( )

π---------------------------------------

1,53

1

3-------

1

3-------

1

3-------

h2 + R2 12 αcos-------------------

12 αcos-------------------

12 αcos-------------------

h – m

3----------------

2h – m 34

-----------------------------

S1 S2 S1 S2 S3 V13 V2

3 V123

V1V23 V2

23 550π81

--------------

π•h3 β

2---sin3 α

2---sin2

α

2---cos

3 α – β

2--------------sin3

--------------------------------------------------------------------

2 10 – 3( )

3------------------------------- 2 + 3 6

S1 S225079---------- 2

V13 V2

3 V123 V1V2

3 V223 1

3---

2154010o3.fm Page 222 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

223

К—7

Задачи для подготовки

1. 4 или 14. 2. ; ; ; 3 . 3. 5 . 4. . 5. а) πh;

б) 2πh . 6. 10πa2 и πa3. 7. 4,2πa2; 4,5πa3. 8. 6. 9. Касается

плоскости верхнего основания. 10. 49 + 20 . 11. [2 – 2; 2 + 2].

Вариант 1

1. + 3 или – 3. 2. 6 ; 2 ; 2 ; 10 . 3. а) 2 ;

б) 6. 4. а) ; б) . 5. Имеет с плоскостью верхнего основания

цилиндра общий круг.

Вариант 2

1. 6 – 4 или 6 + 4. 2. ; ; 3 ; 7 . 3. а) 8; б) 8.

4. а) πh; б) . 5. Не имеет с плоскостью верхнего основания

общих точек.

К—8

Задачи для подготовки

1. . 2. . 4. а) ; б) ; в) arccos ;

г) arcsin . 5. 51. 6. 160 ; 240. 7. R = 2. 8. 1 : 2; 102.

9. Возможны два случая: π•h3tg2 , где ϕ = min(α, β), либо

π•h3 . 10. 0,5.

Вариант 1

1. . 3. ; 15. 4. : 3.

Вариант 2

1. 2. 3. 2; 2 + . 4. 1 : 5.

3 11 19 3 2 2

3 3 – 5 133-------

6 3 3

33 33 3 43 59 3 3

4πh3

-----------

4πh 69

-------------------

2 2 3 51 11 3

2πh 23

-------------------

πr 4R2 – r2

R-----------------------------------

7a2 616

------------------

4

17-----------

8

17-----------

3

17-----------

1

34----------- 3

13---

ϕ

2---

13---

α

2---sin

β

2---sin

α + β

2---------------sin

-------------------------------

2

2R3--------

5 34

----------- 2

15 39

2154010o3.fm Page 223 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM

224

Вариант 3

1. 2arcsin . 2. а) ; б) ; в) arccos ; г) arcsin .

3. 5 – . 4. .

Вариант 4

1. arccos . 2. а) ; б) ; в) arccos ;

г) arccos . 3. 7 – 3 . 4. r.

Вариант 5

1. . 2. . 3. . 4. 2,5a3.

Вариант 6

1. . 2. R. 3. . 4. 7 .

2

2 α

2---cos

--------------------

9

94-----------

9

94-----------

9

94-----------

6

5 94---------------

13 r 1854

------------------

1 – 2 βcos3

------------------------------

1111-----------

1122-----------

1

11-----------

53---

211------- 5 16

7-------

5 2ab16

------------------- 3 343π

108 3-------------------

3a 3a2 + 12b2

16--------------------------------------------

32---

30073•π--------------

293-------

2154010o3.fm Page 224 Wednesday, December 3, 2014 1:15 PM