Геометрия - примеры с решением заданий и выполнением задач

Здравствуйте! Вы начинаете изучать предмет геометрия. 

Геометрия — одна из самых древних наук. Ее название можно объяснить тем, что развитие геометрии было тесно связано с разнообразной практической деятельностью человека: обозначением границ, строительством дорог, зданий и других сооружений. На странице в виде лекций для всех классов школы изложен теоретический и практический материал по всем темам геометрии, к каждой теме подобраны примеры с выполнением заданий и решением задач. 

Желаю вам успехов в изучении предмета "Геометрия" и удовольствия от учёбы!

Содержание:

Геометрические фигуры. Точка, прямая, луч

Из уроков математики вам уже известны некоторые геометрические фигуры: точка, прямая, отрезок, луч, угол (рис. 1), треугольник, прямоугольник, круг (рис. 2). На уроках геометрии вы расширите и углубите знания об этих фигурах, ознакомитесь с новыми важными фигурами и их свойствами.

Геометрия — это наука о свойствах геометрических фигур.

Самая простая геометрическая фигура — это точка.

Из точек складываются все другие геометрические фигуры. Итак, любое множество точек является геометрической фигурой.

Часть геометрической фигуры также является геометрической фигурой.

Геометрической фигурой является и объединение нескольких геометрических фигур. На рисунке 3 фигура состоит из прямоугольника и двух треугольников.

Одной из основных геометрических фигур является плоскость. Представление о части плоскости дает поверхность стола, стекла, потолка и т. д.

Рис. 1                                                                                     Рис. 2

Рис. 3                                             Рис. 4                                           Рис. 5

Плоскость в геометрии считают ровной и неограниченной; она не имеет края и не имеет толщины. Вы будете изучать часть школьного курса геометрии, которая называется планиметрией. Планиметрия изучает свойства фигур на плоскости. Основными геометрическими фигурами на плоскости являются точка и прямая. Прямые можно проводить с помощью линейки (рис. 4). При этом изображаем часть прямой, а всю прямую воображаем бесконечной в обе стороны. Прямые чаще всего обозначают маленькими латинскими буквами a, b, c, d, ..., а точки — большими латинскими буквами A, B, C, D...

На рисунке 5 изображена прямая a и точки A, B, C. Точки A и B лежат на прямой a; говорят также, что точки A и B принадлежат прямой a, или что прямая a проходит через точки A и B. Точка С не лежит на прямой a; иначе говоря, точка C не принадлежит прямой a, или прямая a не проходит через точку C.

Какой бы не была прямая, существуют точки, которые принадлежат этой прямой, и точки, которые ей не принадлежат.

Для удобства вместо слов «точка A принадлежат прямой a» пользуются записью A ∈ a, а вместо слов «точка C не принадлежат прямой  a» — записью C ∉ a. Обратим внимание, что через точки A и B нельзя провести другую прямую, которая не совпадает с прямой a.

Через любые две точки можно провести прямую, и к тому же только одну.

Здесь и дальше, говоря о «двух точках», «двух прямых» считаем, что эти точки, прямые — разные. Прямую, на которой обозначены две точки, например A и B, можно записать двумя буквами: AB или BA. На рисунке 5 точка C не принадлежит прямой AB (это записывают так C ∉ AB), говорят также, что точки A, B и C не лежат на одной прямой. Точки M, K и P лежат на одной прямой (рис. 6), причём точка K лежит между точками M и P.

Рис. 6                                                                        Рис. 7

Из трёх точек на прямой одна, и только одна лежит между двумя другими.

Если две прямые имеют общую точку, то говорят, что они пересекаются в этой точке. На рисунке 7 прямые a и b пересекаются в точке T, а прямые m и n не пересекаются. Проведём прямую и обозначим на ней точку A (рис. 8). Эта точка делит прямую на две части, каждую из которых вместе с точкой A называют лучом, который выходит из точки A. Точка A называется началом каждого из лучей. Лучи обозначают двумя большими латинскими буквами, первая из которых обозначает начало луча, а вторая — некую точку на луче (например, луч OK на рисунке 9).

Рис. 8                                                     Рис. 9                                    Рис. 10

Два луча, которые имеют общее начало и дополняют один другого до прямой, называют дополнительными. На рисунке 10 луч BC является дополняющим для луча BD, и наоборот, луч BD является дополняющим для луча BC.

Отрезок. Измерение отрезков. Расстояние между двумя точками

Отрезком называют часть прямой, которая состоит из всех точек этой прямой,  лежащих между двумя её точками, вместе с этими точками. Эти точки называют концами отрезка.

На рисунке 16 изображен отрезок AB; точки A и B — его концы. На рисунке  17 точка M  принадлежит отрезку CD, а точка P  ему не  принадлежит. На рисунке 18 отрезки KL и FN  имеют единственную общую точку O. Говорят, что отрезки KL и FN пересекаются в точке O.

Рис. 16                                             Рис. 17                                  Рис. 18

На практике часто приходится измерять отрезки, то есть находить их длины. Для этого необходимо иметь единичный отрезок (единицу измерения). Единицами измерения длины являются 1 мм, 1 см, 1 дм, 1 м, 1 км. Для измерения отрезков используют разные измерительные инструменты. Одним из таких инструментов является линейка с делениями. На рисунке 19 длина отрезка AB равна 3 см, а на рисунке 20 длина отрезка CD — 1 см 5 мм, или 1,5 см, или 15 мм. Записывают это так: AB = 3 см, CD = 1,5 см = 15 мм.

Каждый отрезок имеет определенную длину, больше нуля.

Другими инструментами, которыми можно измерять длины отрезков, являются складной метр (рис. 21), рулетка (рис. 22), клеёнчатый сантиметр (рис. 23).

Рис. 19                                                                                Рис.20

Рис. 21                                                                 Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24

На рисунке 24 изображен отрезок AB. Точка C  делит его на два отрезка: AC и CB. Видим, что AC = 4 см, CB = 1 см, AB = 5 см. Таким образом, AC + CB = AB.

Длина отрезка равна сумме длин частей, на которые он разбивается какой-либо его точкой.

Длину отрезка называют также расстоянием между его концами. На рисунке 24 расстояние между точками A и C  равно 4 см.

Два отрезка называют равными, если равны их длины.

Из двух отрезков большим считают тот, длина которого больше. На рисунке 25 длина отрезка MN  равна длине отрезка AB, поэтому эти отрезки равны. Можно записать: MN = AB. На этом же рисунке длина отрезка MN больше, чем длина отрезка PL. Говорят, что отрезок MN больше, чем отрезок PL, записывают так: MN > PL. На рисунках равные отрезки принято обозначать одинаковым количеством чёрточек, а неравные — разным количеством чёрточек. Точку отрезка, которая делит его пополам, то есть на два равных отрезка, называют серединой отрезка.

Рис. 25

На рисунке 26 AC = 2 см, CB = 2 см, тому С — середина отрезка AB.

Рис. 26

Угол. Измерение углов. Биссектриса угла

Угол — это геометрическая фигура, состоящая из точки и двух лучей, которые выходят из этой точки.

Лучи называются сторонами угла, а их общее начало — вершиной угла. На рисунке 32 изображён угол с вершиной O и сторонами OA и OB. Такой угол можно назвать по-разному: углом O, или углом AOB, или углом BOA. Во втором и  третьем вариантах названия угла буква О, которая обозначает его вершину, ставится посередине. Слово «угол» можно заменить знаком ∠, записав угол так: ∠O, или ∠AOB, или ∠BOA.

Развёрнутый угол — это угол, стороны которого являются дополнительными лучами (рис. 33).

Любой угол делит плоскость на две части. Если угол не является развёрнутым, то одну из частей называют внутренней, а вторую — внешней областью этого угла (рис. 34).

Рис. 32                                                                                   Рис. 33

Рис. 34                                                                                              Рис. 35

На рисунке 35 точки A, B иC  принадлежат внутренней области угла (лежат в середине угла), точки M и N принадлежат сторонам угла, а точки P и Q  принадлежат внешней области угла (лежат вне  угла). Если угол является развёрнутым (равен 180°), то любую из двух частей, на которые он разделяет плоскость, можно считать внутренней областью угла. За единицу измерения углов принимают градус — угол, который составляет  развёрнутого угла. Обозначают градус знаком °. Для измерения углов используют транспортир (рис. 36).

На рисунке 37 градусная мера угла AOB равна 50°, а угла COD — 110°. Коротко говорят: «угол AOB  равен 50°, угол COD равен 110°»; записывают так: ∠ AOB = 50°, ∠COD = 110°.

Каждый угол имеет определённую градусную меру, больше нуля. Развёрнутый угол равен 180°.

Очень маленькие углы измеряют в минутах и секундах. Минута — это  часть градуса, секунда —  часть минуты. Минуты обозначают знаком +, секунды — знаком ++. Итак, 1° = 60+, 1+ = 60++. На местности углы измеряют астролябией (рис. 38).

Рис. 36                                                                                         Рис. 37

Рис. 38                                                                                       Рис. 39

Рис. 40

На рисунке 39 луч OK выходит из вершины угла AOB  и лежит в его внутренней области, то есть луч OK проходит между сторонами угла AOB. На рисунке 40 луч OM делит угол AOB на два угла: BOM  и MOA. Видим, что ∠BOM = 40°, ∠MOA = = 80°, ∠AOB = 120°. Таким образом, ∠AOB = ∠BOM + ∠MOA.

Градусная мера угла равна сумме градусных мер углов, на которые он разбивается любым лучом, который проходит между его сторонами.

Два угла называются равными, если их градусные меры равны.

Из двух углов большим считают тот, градусная мера которого больше. На рисунке 41 градусная мера угла M  равна 50°,  градусная мера угла K также равна 50°. Поэтому эти углы равны. Можно записать: ∠M = ∠K. На этом же рисунке градусная мера угла P  равна 70°, поэтому угол P больше угла M.

Рис. 41

Рис. 42

Рис. 43

Записывают это так: ∠P > ∠M. На рисунках равные углы принято обозначать одинаковым количеством дужек, неравные — разным количеством дужек.

Угол называется прямым, если его градусная мера равна 90°, острым — если он меньше  прямого, тупым — если он больше  прямого, но меньше  развёрнутого (рис. 42). Прямой угол на рисунках обозначают значком  

Биссектрисой угла называют луч, который выходит из вершины угла, проходит между его сторонами и делит его на два равных угла.

На рисунке 43 луч OP — биссектриса угла AOB.

Взаимное размещение прямых на плоскости

Возможны два варианта взаимного расположения прямой и точки на плоскости: либо точка лежит на прямой (в этом случае также говорят, что прямая проходит через точку), либо точка не лежит на прямой (также говорят, что точка не принадлежит прямой или прямая не проходит через точку).

Аксиомы, определения, теоремы

Аксиомы геометрии — это утверждения об основных свойствах простейших геометрических фигур, принятые как исходные положения.

В переводе с греческого слово «аксиома» означает «принятое положение».

Напомним некоторые уже известные вам аксиомы

• І. Какой бы не была прямая, существуют точки, которые принадлежат этой прямой, и точки, которые не принадлежат ей.
• ІІ. Через любые две точки можно провести прямую, и к тому же только одну.
• ІІІ. Из трёх точек на прямой одна и только одна лежит между двумя другими.
• IV. Каждый отрезок имеет определённую длину, больше  нуля.
• V. Длина отрезка равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой.
• VI. Каждый угол имеет определённую градусную меру, больше  нуля. Развёрнутый угол равен 180°.
• VII. Градусная мера угла равна сумме градусных мер углов, на которые он разбивается любым лучом, проходящем между его сторонами.

Утверждение, в котором объясняется содержание того или иного понятия (название), называют определением. Вам уже известны некоторые определения, например, определение отрезка, угла, биссектрисы угла.

Математическое утверждение, справедливость которого устанавливается с помощью рассуждений, называют теоремой, сами рассуждения называют доказательством теоремы.

Каждая теорема содержит условие (то, что дано) и вывод (то, что необходимо доказать). Условие теоремы принято записывать после слова «дано», а вывод — после слова «доказать». Доказывая теорему, можно использовать аксиомы, а также ранее доказанные теоремы. Никакие другие свойства геометрических фигур (даже если они кажутся нам очевидными) использовать нельзя.

Смежные углы

Два угла называются смежными, если одна сторона у них общая, а две другие стороны этих углов являются дополняющими лучами.

Рис. 54

На рисунке 54 углы AOK и KOB — смежные, сторона OK у них — общая, а OA и OB являются дополнительными лучами.

Теорема (свойство смежных углов). Сумма смежных углов равна 180°.

 Доказательство. Пусть ∠ AOK и ∠ KOB — смежные углы (рис. 54). Поскольку лучи OA и OB образуют развёрнутый угол, то ∠AOK + ∠KOB  = ∠AOB = 180°. Следовательно, сумма смежных углов равна 180°. Теорема доказана.

Утверждения, которые вытекают непосредственно из аксиом или теорем, называют следствиями.

Следствие 1. Угол, смежный с прямым углом,— прямой.

 Следствие 2. Угол, смежный с острым углом,— тупой, а смежный с тупым углом,— острый.

Задача №1

Найти меры смежных углов, если один из них на 56° больше  другого.

Решение. Обозначим градусную меру меньшего угла через x, тогда градусная мера большего угла будет x + 56°. Поскольку сумма смежных углов равна 180°, то можно составить уравнение x + x + 56° = 180°. Решив его, получаем x = 62°. Значит, один из искомых углов равен 62°, а второй 62° + 56° = 118°.

Ответ. 62° и 118°.

Вертикальные углы. Угол между двумя пересекающимися прямыми

Два угла называются вертикальными, если стороны одного угла являются дополнительными лучами сторон другого.

На рисунке 59 прямые AB и CD пересекаются в точке K. Углы AKC и DKB — вертикальные, углы AKD  и CKB  тоже вертикальные.

Теорема (свойство вертикальных углов). Вертикальные углы равны.

Рис. 59                                                                                              Рис. 60

Доказательство. Пусть AKC и DKB вертикальные углы (рис. 59). Поскольку углы AKC и AKD смежные, то ∠AKC + ∠AKD = 180°. Также смежные углы AKD и DKB, поэтому ∠AKD + ∠DKB = 180°. Имеем:

∠AKC = 180° – ∠AKD и ∠DKB = 180° – ∠AKD.

Правые части этих равенств равны, поэтому равными являются и левые части. Значит, ∠AKC = ∠DKB. Теорема доказана

Задача №2

Два из четырёх углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, относятся  как 4 : 5. Найти градусную меру каждого из образовавшихся углов.

Решение. Два угла, образовавшиеся в результате пересечения двух прямых, или смежные, или вертикальные (рис. 60). Поскольку вертикальные углы равны ∠ AKD = ∠ CKB, ∠ AKC = ∠ BKD, то углы, о которых идёт речь в задаче,— это смежные углы. Например, ∠ AKD и ∠ AKC. Поскольку ∠ AKD : ∠ AKC = 4 : 5, то можем обозначить ∠ AKD = 4x, ∠ AKC = 5x. По свойству смежных углов: 4x + 5x = 180°. Отсюда x = 20°. Тогда ∠AKD = 4•20° = 80°, ∠AKC = 5•20° = 100°. Далее: ∠CKB = ∠AKD = 80°, ∠BKD = ∠AKC = 100°.

Ответ. 80°; 100°; 80°; 100°.

Углом между пересекающимися прямыми  называют меньший из углов,  образованных при пересечении этих прямых.

Например, угол между прямыми AB и DC из предыдущей задачи равен 80°. Угол между прямыми не может превышать 90°.

Перпендикулярные прямые. Перпендикуляр. Расстояние от точки до прямой

Рис. 68

Пусть при пересечении двух прямых a и b один из образованных углов равен 90° (угол 1 на рис. 68). Тогда ∠3 = 90° (как вертикальный с углом 1).Угол 2 является смежным с углом 1, тогда ∠2 = 180° – ∠1 = 180° – 90° = 90°. Угол 4 вертикальный с углом 2, поэтому ∠4 = ∠2 = 90°. Значит, если один из четырёх углов, образованных при пересечении двух прямых, равен 90°, то остальные из этих углов  тоже прямые. В этом случае говорят, что прямые пересекаются под прямым углом, или что они перпендикулярны.

Две прямые называют перпендикулярными, если они пересекаются под прямым углом.

На рисунке 68 прямые a и b перпендикулярны. Перпендикулярность прямых можно записать с помощью знака ⊥. Запись a ⊥ b читаем так: «прямая a перпендикулярна прямой b».

Для построения перпендикулярных прямых используют чертёжный треугольник (угольник). На рисунке 69 через точку B, которая не принадлежит прямой a, проведена прямая b, перпендикулярная  прямо a. На рисунке 70 проведена прямая c, перпендикулярная  прямой a, через точку C, которая принадлежит прямой a. В обоих случаях построена единственная прямая, которая проходит через заданную точку и перпендикулярна прямой a.

Отрезки или лучи называют перпендикулярными, если они лежат на перпендикулярных прямых. На рисунке 71 отрезок AB перпендикулярен отрезку CD, на рисунке 72 луч KL перпендикулярен  отрезку MN, а на рисунке 73 луч PQ перпендикулярен лучу OS. Для записи перпендикулярности отрезков лучей также используют знак ⊥.

Перпендикуляром к прямой, проведённым из данной точки, называют отрезок прямой, перпендикулярной данной, один из концов которого — данная точка, а второй — точка пересечения прямых. Длину этого отрезка называют расстоянием от точки до прямой.

Рис. 69                                                                                      Рис. 70

Рис. 71                                                       Рис. 72                                    Рис. 73

m

Рис. 74

На рисунке 74 из точки A проведён перпендикуляр AB к прямой m. Точку B называют основанием перпендикуляра. Длина отрезка AB — расстояние от точки A до прямой.

Параллельные прямые

Две прямые на плоскости называют параллельными, если они не пересекаются.

На рисунке 84 прямые a и b параллельны. Параллельность прямых записывают с помощью знака ||. Запись a || b читают так: «прямая a параллельна прямой b».

Для построения параллельных прямых используют угольник и линейку. На рисунке 85 через точку B, которая не принадлежит прямой a, проведена прямая b, параллельная прямой a.

Издавна истинной считают такую аксиому, которая выражает основное свойство параллельных прямых.

VIII. Через точку, которая не лежит на данной прямой, можно провести только одну прямую, параллельную данной.

Эту аксиому называют аксиомой параллельности прямых или аксиомой Эвклида. Именно этот учёный первым предложил её как пятый постулат. (Постулат — допущение, исходное положение, которое принимают без доказательства; аксиома.)

Рис. 84                                                                                  Рис. 85

Рис. 86                                                     Рис. 87                                       Рис. 88

Отрезки или лучи называются параллельными, если они лежат на параллельных прямых. На рисунке 86 отрезок AB параллельный отрезку MN, на рисунке 87 отрезок CD параллельный лучу PK, а на рисунке 88 луч GN параллельный лучу FL. Для записи параллельности отрезков и лучей также используют знак ||.

Рис. 89

Задача №3

Доказать, что когда прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и вторую прямую.

Доказательство. Пусть a и b — параллельные прямые, и прямая c пересекает прямую b в точке K (рис. 89).

Допустим, что прямая c не пересекает прямую a, то есть является параллельной a. Тогда выходит, что через точку K проходят две прямые c и b, параллельные a. Это противоречит аксиоме параллельности прямых. Наше предположение неправильное (ошибочное), поэтому прямая c пересекает прямую a. Утверждение доказано.

Заметим, что способ рассуждений, которым мы доказали утверждение предыдущей задачи, называется доказательством от противного. Чтобы доказать, что прямые a и c пересекаются, мы предположили противоположное тому, что нужно доказать, то есть предположили, что a и c не пересекаются. Исходя из этого предположения, в процессе рассуждений мы пришли к противоречию с аксиомой параллельности прямых. Это означает, что наше предположение неправильное, и поэтому с пересекает a.

Углы, образованные при пересечении двух прямых секущей. Признаки параллельности прямых

Прямая c называется секущей  относительно прямых a и b, если она пересекает их в двух точках (рис. 97). При пересечении прямых a и b секущей c образовалось восемь углов, обозначенных на рисунке 97. Некоторые пары этих углов имеют специальные названия:

внутренние односторонние углы: 4 и 5; 3 и 6; внутренние разносторонние углы: 4 и 6; 3 и 5; соответственные углы: 1 и 5; 2 и 6; 3 и 7; 4 и 8.

Рассмотрим признаки параллельности прямых.

Признак (в геометрии) — это теорема, которая утверждает, что при выполнении определённых условий можно установить параллельность прямых, равенство фигур, принадлежность  фигур к определённому классу и т. д.

Рис. 97                                                              Рис. 98

Рис. 99                                                                                           Рис. 100

Теорема (признак параллельности прямых). Если при пересечении двух прямых секущей соответственные углы равны, то прямые параллельны.

Доказательство. Пусть при пересечении прямых AB и CD секущей KL образовались равные соответственные углы ∠ KMB = ∠ MND = α (рис. 98).

Предположим, что данные прямые AB и CD не параллельны, а пересекаются в некой точке F (рис. 99). Не изменяя меры угла KMB, перенесём его так, чтобы вершина угла — точка M — совпала с точкой N, луч MK совпал с лучом NM, а луч MB занял положение луча NF₁ (рис. 100). Тогда ∠ MNF₁ = ∠ KMF = α. Поскольку луч NF₁ не совпадает с лучом NF, так как F ∉ NF₁, то ∠MNF1 ≠ ∠MNF. Но  мы установили, что ∠MNF = α  и ∠MNF1 = α.

Пришли к противоречию. Поэтому наше предположение о том, что прямые AB и CD не параллельны,— неверно. Значит, прямые AB и CD параллельны, что и требовалось доказать.

Дальше рассмотрим следствия из доказанной теоремы. Следствие — это утверждение, которое вытекает непосредственно из теоремы.

Следствие 1. Если при пересечении двух прямых секущей внутренние разносторонние углы равны, то прямые параллельны.

Доказательство. Пусть при пересечении прямых a и b секущей c внутренние разносторонние углы равны, например ∠1 = ∠2 (рис. 101). Поскольку углы 1 и 3 — вертикальные, то они равны: ∠1 = ∠3. Следовательно, ∠2 = ∠3. Эти углы — соответственные, поэтому по признаку параллельности прямых имеем: a || b.

Следствие 2. Если при пересечении двух прямых секущей сумма внутренних односторонних углов равна 180°, то прямые параллельны.

Доказательство. Пусть при пересечении прямых a и b секущей c сумма внутренних односторонних углов равна 180°, например ∠ 1 + ∠ 2 = 180° (рис. 102). Углы 2 и 3 — смежные, поэтому ∠3 + ∠2 = 180°.

Рис. 101                                                                              Рис. 102

Из этих двух равенств вытекает, что ∠ 1 = ∠ 3. Эти углы являются соответственными, а поэтому прямые a и b — параллельны по признаку параллельности прямых.

Следствие 3. Две прямые, перпендикулярные третьей прямой, параллельны.

На рисунке 103: a ⊥ c и b ⊥ с. Учитывая следствие 2, имеем: a || b.

Заметим, что следствия 1–3 можно также рассматривать как признаки параллельности прямых.

Задача №4

Параллельны ли прямые AB и MN на рисунке 104?

Решение. ∠BCD = ∠ACK (как вертикальные). ∠BCD = = 27°. Поскольку 27° + 153° = 180°, то сума внутренних односторонних углов BCD и CDN равна 180°. Поэтому, по следствию 2, AB || MN.

Ответ. Да.

Рис. 103                                                                                 Рис. 104

Свойство параллельных прямых. Свойства углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей

Рассмотрим свойство параллельных прямых.

Теорема 1 (свойство параллельных прямых). Две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны между собой.

Доказательство. Пусть прямые a и b параллельны прямой с. Докажем, что a || b.

Применим доказательство от противного. Допустим что прямые a и b не параллельны, а пересекаются в некоторой точке N (рис. 131). Значит, через точку N проходят две прямые a и b, параллельные c. Это противоречит аксиоме параллельности прямых. Следовательно, наше предположение неверное. Поэтому a || b. Теорема доказана.

Далее рассмотрим свойства углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей.

Теорема 2 (свойство соответственных углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей). Соответственные углы, образованные при пересечении параллельных прямых секущей, равны.

Доказательство. Пусть параллельные прямые AB и CD пересечены секущей NK (рис. 132). Докажем, что ∠NAB = ∠ACD. Допустим, что ∠NAB ≠ ∠ACD. Проведём прямую AB₁ так, чтобы выполнялось равенство  ∠ NAB₁ = ∠ ACD.

Рис. 131                                                                               Рис. 132

По признаку параллельности прямых прямые AB₁ и CD параллельны. Но по условию  AB || CD. Пришли к тому, что через точку A проходят две прямые AB и AB₁, параллельные CD, что противоречит аксиоме параллельности прямых. Наше предположение ошибочно. Поэтому соответственные углы, образованные при пересечении параллельных прямых секущей, равны: ∠NAB = ∠ACD.

Теорема о свойстве соответственных углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей, является обратной признаку параллельности прямых.

Поясним, как это следует понимать. Каждая теорема содержит условие и вывод. Если поменять местами условие и вывод теоремы, то получим новое утверждение (верное или неверное), условием которого будет вывод данной теоремы, а выводом — условие данной теоремы. Если полученное при этом утверждение является истинным, его называют теоремой, обратной данной.

У теоремы, которая выражает признак параллельности прямых, условием является первая часть утверждения: «при пересечении двух прямых секущей соответственные углы равны» (это дано), а выводом — вторая часть: «прямые параллельны» (это нужно доказать). Легко увидеть, что последняя рассмотренная нами теорема и есть обратная признаку параллельности прямых. Условие этой теоремы: «прямые параллельны» (это дано), а вывод — «соответственные углы, образованные при пересечении двух прямых секущей, равны» (это нужно доказать).

Не у каждой теоремы есть обратная. Например, теорема о вертикальных углах: «вертикальные углы равны» не имеет обратной  теоремы. Утверждение: «если два угла равны, то они вертикальны» — ошибочное.

Рассмотрим дальше следствия из теоремы 2.

Следствие 1 (свойство внутренних разносторонних углов, образованных при пересечении двух прямых секущей). Внутренние разносторонние углы, образованные при пересечении параллельных прямых секущей, равны.

Рис. 133                                           Рис. 134                                      Рис. 135

Доказательство. Пусть параллельные прямые a и b пересечены секущей c (рис. 133). Докажем, что внутренние разносторонние углы, например 1 и 2, равны. Поскольку a || b, то соответственные углы 1 и 3 равны. Углы 2 и 3 равны как вертикальные. Из равенств ∠1 = ∠3 и ∠2 = ∠3 вытекает, что ∠1 = ∠2.

Следствие 2 (свойство внутренних односторонних углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей). Сумма внутренних односторонних углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей, равна 180°.

Доказательство.  Пусть параллельные прямые a и b пересечены секущей c (рис. 134). Докажем, что сумма внутренних односторонних углов, например 1 и 2, равна 180°. Поскольку a || b, то соответственные углы 1 и 3 равны. Углы 2 и 3 — смежные, поэтому ∠3 + ∠2 = 180°, но ведь ∠1 = ∠3. Поэтому ∠1 + ∠2 = 180°. Теорему 2 и её следствия 1 и 2 можно также рассматривать, как свойства параллельных прямых.

Задача №5

Найти неизвестный угол x по рисунку 135.

Решение. Поскольку внутренние разносторонние углы, образованные при пересечении секущей c прямых a и b, равны (оба по 80°), то a || b. Соответственные углы, образованные при пересечении секущей d параллельных прямых a и b, равны. Поэтому x = 70°.

Треугольники

Треугольник – это геометрическая фигура, которая состоит из трёх точек, не лежащих на одной прямой (вершин треугольника) и трёх отрезков с концами в этих точках (сторон треугольника).

Треугольник и его элементы

Треугольником называют фигуру, которая состоит из трёх точек,  не лежащих на одной прямой, и трёх отрезков, соединяющих эти точки. 

Точки называются вершинами треугольника, а отрезки — его сторонами. На рисунке 176 изображен треугольник ABC. Его вершинами являются точки A, B и C, а сторонами — отрезки AB, BC иCA. Запись со знаком  , а именно   ABC читается так: «треугольник ABC».

Углами треугольника ABC называют углы BAC, ABC и BCA. Часто их обозначают одной буквой ∠ A, ∠ B  и ∠ C. Стороны треугольника также можно обозначать маленькими буквами латинского алфавита a, b и c соответственно обозначениям противоположных углов. Каждый треугольник имеет три вершины, три стороны и три угла.

Сумму длин всех сторон треугольника называют его периметром. Периметр обозначают буквой P, например, периметр треугольника  ABC можно обозначить так: PABC. Получаем: PABC = AB + BC + CA.

Рис. 176

Задача №6

Одна из сторон треугольника на 7 см меньше второй и в 2 раза меньше третьей. Найти стороны треугольника, если его периметр равен 47 см.

Решение. Обозначим длину одной стороны треугольника — x см, тогда длина второй будет равна (x + 7) см, а третьей — 2x см. По условию x + (x + 7) + 2x = 47. Решив это уравнение, получим x = 10 (см). Следовательно, длина одной стороны треугольника равна 10 см, второй — 17 см, третьей — 20 см.

Ответ. 10 см, 17 см, 20 см.

Рис. 177                              Рис. 178                                   Рис. 179

В зависимости от углов различают такие виды треугольников: остроугольные, прямоугольные, тупоугольные. У остроугольного  треугольника все углы острые (рис. 177), прямоугольный треугольник имеет прямой угол (рис. 178), а тупоугольный треугольник имеет тупой угол (рис. 179)

Равенство геометрических фигур

Напомним, что два отрезка называются равными, если равны их длины, а два угла называются равными, если равны их градусные меры.

Рассмотрим два равных отрезка AB и KL, длина каждого из которых 2 см (рис. 184). Представим себе, что, например, отрезок AB начертили на прозрачной плёнке. Перемещая плёнку, отрезок AB можно совместить с отрезком KL. Следовательно, равные отрезки AB  и KL можно совместить наложением.

Так же можно совместить наложением два равных угла (рис. 185). Таким образом приходим к общему обозначению равных фигур:

две геометрические фигуры называют равными, если их можно совместить наложением.

Рис. 184                                                                                      Рис. 185

Рис. 186

Заметим, что это определение не противоречит определениям равных отрезков и равных углов, которые вы уже знаете. 

Рассмотрим вопрос равенства треугольников. На рисунке 186 изображены равные треугольники ABC и KLM. Каждый из них можно наложить на другой так, что они полностью совместятся. При этом попарно совместятся их вершины A и K, B  и L, C  и M, а значите, и стороны этих треугольников AB и KL, AC и KM, BC и LM  и углы A и K, B и L, C и M. Таким образом, если треугольники  равны, то элементы (то есть стороны и углы) одного треугольника соответственно равны элементам другого треугольника: AB = KL, AC = KM, BC = ML, ∠ A = ∠ K, ∠ B = ∠ L, ∠ C = ∠ M.

Для обозначения равенства треугольников используют обычный знак равенства:  ABC =KLM. Заметим, что имеет значение порядок записи вершин треугольника. Запись  ABC =  KLM означает, что ∠ A = ∠ K, ∠ B = ∠ L, ∠ C = ∠ M, а запись  ABC =  LKM другое: ∠ A = ∠ L, ∠ B = ∠ K, ∠ C = ∠ M.

Первый и второй признаки равенства треугольников

Равенство двух треугольников можно установить, не накладывая один треугольник на другой, а сравнивая только некоторые их элементы. Это важно для практики, например для установления равенства двух земельных участков треугольной формы, которые нельзя наложить один на другой.

Рис. 193                                                       Рис. 194

При решении многих теоретических и практических задач удобно использовать  признаки равенства треугольников.

Теорема 1 (первый признак равенства треугольников ). Если две стороны и угол между ними одного треугольника равны соответственно двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такие треугольники равны.

Доказательство. Рассмотрим треугольники ABC и A₁B₁C₁, у которых AB = A₁B₁, AC = A₁C₁ и ∠ A = ∠ A₁ (рис. 193).

Поскольку ∠ A = ∠ A₁, то треугольник ABC можно наложить на треугольник A₁B₁C₁ так, что вершина A совместится с вершиной A₁, сторона AB накладывается на луч A₁B₁, а сторона AC — на луч A₁C₁. Поскольку AB = A₁B₁ и AC = A₁C₁, то совместятся точки B и B₁, C и C₁. В  результате три вершины треугольника ABC совместились с соответствующими вершинами треугольника A₁B₁C₁. Следовательно,  треугольники ABC  и A₁B₁C₁ полностью совместились. Поэтому  ABC =  A₁B₁C₁. Теорема доказана.

Задача №7

Отрезки AB и CD пересекаются в точке O так, что точка O является серединой каждого из них. Доказать равенство  треугольников AOC и BOD.

Доказательство (рис. 194). По условию задачи AO = OB  и CO = OD. Кроме того, ∠ AOC = ∠ BOD (как вертикальные). Поэтому по первому признаку равенства треугольников  AOC =  BOD.

Теорема 2 (второй признак равенства треугольников). Если сторона и два прилежащих к ней угла одного треугольника равны соответственно стороне и двум прилежащим к ней углам другого треугольника, то такие  треугольники равны.

Доказательство. Рассмотрим треугольники ABC  и A₁B₁C₁, у которых AB = A₁B₁, ∠ A = ∠ A₁  и ∠ B = ∠ B₁ (рис. 195).

Рис. 195                                                                                  Рис. 196

Поскольку AB = A₁B₁, то треугольник ABC можно наложить на треугольник A₁B₁C₁ так, что вершина A совместится с вершиной A₁, вершина B — с вершиной B₁, а вершины C и C₁ окажутся по одну сторону от прямой A₁B₁. ∠ A = ∠ A₁ и ∠ B = ∠ B₁, поэтому при наложении луч AC накладывается на луч A₁C₁, а луч BC — на луч B₁C₁. Тогда точка C — общая точка лучей AC и BC — совместится с точкой C₁ — общей точкой лучей A₁C₁ и B₁C₁. Значит, три вершины треугольника ABC совместились с соответственными вершинами треугольника A₁B₁C₁; треугольники ABC  и A₁B₁C₁ полностью совместились. Поэтому ABC = A₁B₁C₁. Теорема доказана.

Задача №8

Доказать равенство углов A и C (рис. 196), если ∠ ADB = ∠ CDB  и ∠ ABD = ∠ CBD.

Доказательство. Сторона BD — общая сторона треугольников ABD и CBD. По условию ∠ ADB = ∠ CDB и ∠ ABD = ∠ CBD. Поэтому по второму признаку равенства треугольников  ABD =  CBD. Равны и все соответственные элементы этих треугольников. Значит, ∠ A = ∠ C.

Равнобедренный треугольник

Треугольник называют равнобедренным, если у него две стороны равны.

Равные стороны равнобедренного треугольника называют боковыми сторонами, а его третью сторону — основанием. На рисунке 217 изображен равнобедренный треугольник ABC, AB — его основа, AC и BC — боковые стороны.

Треугольник, все стороны которого имеют разные длины, называют разносторонним. Треугольник, все стороны которого равны, называют равносторонним.

На рисунке 218 изображен разносторонний треугольник KLM, а на рисунке 219 — равносторонний треугольник EFT.

Следовательно, в зависимости от сторон, различают такие виды треугольников: разносторонние, равнобедренные равносторонние.

Рассмотрим свойства и признаки равнобедренного треугольника.

Теорема 1 (свойство углов равнобедренного треугольника ). В равнобедренном треугольнике углы при основании равны.

Доказательство. Пусть ABC — равнобедренный треугольник с основанием AB (рис. 217). Докажем, что у него ∠ A = ∠ B.

 ACB =  BCA (по первому признаку), поскольку AC = BС, СB = CA и ∠ C — общий для треугольников ACB и BCA. Из равенства треугольников  вытекает, что ∠ A = ∠ B. Теорема доказана.

Следствие. В равностороннем треугольнике все углы равны.

Рис. 217                                  Рис. 218                                         Рис. 219

Доказательство. Рассмотрим равносторонний треугольник EFT (рис. 219), у которого EF = FT = ET. Поскольку EF = FT, то его можно считать равнобедренным с основанием ET. Поэтому ∠ E = ∠ T. Аналогично (считая основанием FT), имеем, что ∠ F = ∠ T. Следовательно, ∠ E = ∠ T = ∠ F.

Задача №9

На рисунке 220 AB = BC; AD = EC. Доказать, что ∠ BDE = ∠ BED.

Доказательство. 1) Поскольку AB = BC, то ABC — равнобедренный с основанием AC. Поэтому ∠ BAC = ∠ BCA.

2)  BAD =  BCE (по первому признаку). Поэтому BD = BE.

3) Значит,  BDE — равнобедренный с основой DE. Поэтому ∠ BDE = ∠ BED, что и требовалось доказать.

Теорема 2 (признак равнобедренного треугольника). Если в треугольнике два угла равны, то он равнобедренный.

Доказательство. Пусть ABC — треугольник , у которого ∠ A = ∠ B (рис. 221). Докажем, что он равнобедренный с основанием AB.

 ACB =  BCA (по второму признаку), так как ∠ A = ∠ B, ∠ B = ∠ A и AB — общая сторона для треугольников ACB и BCA. Из равенства треугольников вытекает, что AC = BC. Поэтому  ABC — равнобедренный с основанием AB. Теорема доказана.

Заметим, что рассмотренная теорема является обратной теореме о свойстве углов равнобедренного треугольника.

Следствие. Если у треугольника все углы  равны, то он равносторонний.

Доказательство. Пусть в  ABC : ∠ A = ∠ B = ∠ C. Поскольку ∠ A = ∠ B, то AC = BC. Поскольку ∠ A = ∠ C, то AB = BC. Следовательно, AC = BC = AB, таким образом  треугольник ABC — равносторонний.

Задача №10

На рисунке 222 ∠ 1 = ∠ 2. Доказать, что  KLM — равнобедренный.

Рис. 220                                                        Рис. 221                                 Рис. 222

Доказательство. ∠ KLM = ∠ 1 (как вертикальные), ∠ KML = ∠ 2 (как вертикальные). Но по условию ∠ 1 = ∠ 2. Поэтому ∠ KLM= ∠ KML. Следовательно, по признаку равнобедренного треугольника,  KLM — равнобедренный.

Медиана, биссектриса и высота треугольника. Свойство биссектрисы равнобедренного треугольника

У каждого треугольника есть несколько отрезков, которые имеют специальные названия.

Медианой треугольника называют отрезок, который соединяет вершину треугольника со серединой противоположной стороны.

На рисунке 231 отрезок AM₁ — медиана треугольника ABC. Точку M₁ называют основанием медианы AM₁. Любой треугольник имеет три медианы. На рисунке 232 отрезки AM₁, BM₂, CM₃ — медианы треугольника ABC. Медианы треугольника имеют интересное свойство.

В любом  треугольнике медианы пересекаются в одной точке (она называется центроидом треугольника) и в этой точке делятся в отношении 2:1, начиная от вершины.

На рисунке 232 точка M — центроид треугольника.

Это свойство будет доказано в старших классах.

Биссектрисой треугольника называют отрезок биссектрисы угла треугольника, который соединяет вершину треугольника с точкой противоположной стороны.

На рисунке 233 отрезок AL₁ — биссектриса треугольника ABC. Точку L₁ называют основанием биссектрисы AL₁. Любой  треугольник имеет три биссектрисы. На рисунке 234 отрезки AL₁, BL₂, CL₃ — биссектрисы треугольника.

Мы докажем, что в любом треугольнике биссектрисы пересекаются в одной точке (она называется инцентром).

Рис. 231                                                                               Рис. 232

Рис. 233                                                                           Рис. 234

На рисунке 234 точка I — инцентр треугольника.

Высотой треугольника называют перпендикуляр, проведенный из вершины треугольника к прямой, которая содержит его противоположную сторону.

На рисунке 235 отрезок AH₁ — высота треугольника ABC. Точку H₁ называют основанием высоты AH₁. Любой треугольник имеет три высоты. На рисунке 236 отрезки AH₁, BH₂, CH₃ — высоты остроугольного треугольника ABC, на рисунке 237 эти отрезки — высоты прямоугольного  треугольника ABC с прямым углом C, а на рисунке 238 эти отрезки — высоты тупоугольного треугольника ABC с тупым углом A.

Рис. 235                                                                                       Рис. 236

Рис. 237                                                                                       Рис. 238

Рис. 239

В старших классах будет доказано, что в любом треугольнике три высоты или их продолжения пересекаются в одной точке (она называется ортоцентром треугольника). На рисунках 236 и 238 точка H — ортоцентр треугольника, на рисунке 237 ортоцентр треугольника совпадает с точкой C — вершиной прямого угла треугольника ABC.

Рассмотрим ещё одно важное свойство равнобедренного треугольника.

Теорема (свойство биссектрисы равнобедренного треугольника). В равнобедренном  треугольнике биссектриса, проведенная к основанию, является медианой и высотой.

Доказательство. Пусть ABC — равнобедренный треугольник с основанием BC, AN — его биссектриса (рис. 239). Докажем, что AN является также медианой и высотой.

1) Поскольку ∠ BAN = ∠ NAC, AB = AC, а отрезок AN — общая сторона треугольников ABN и CAN, то эти треугольники равны по первому признаку.

2) Поэтому BN = NC. Следовательно, AN — медиана треугольника.

3) Также имеем ∠ BNA = ∠ CNA. Так как эти углы смежные и равны, то ∠ BNA = ∠ CNA = 90°. Следовательно, AN является также высотой.

Теорема доказана.

Поскольку биссектриса, медиана и высота равнобедренного треугольника, проведенные к основанию, совпадают, то справедливы такие следствия из теоремы.

Следствие 1. Медиана равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, является высотой и биссектрисой.

Следствие 2. Высота равнобедренного треугольника, проведенная к основанию,  является медианой и биссектрисой.

Третий признак равенства треугольников

Теорема (третий признак равенства треугольников). Если три стороны одного  треугольника соответственно равны трём сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны.

Доказательство. Пусть ABC и A₁B₁C₁ — два треугольника, у которых AB = A₁B₁, BC = B₁C₁, AC = A₁C₁ (рис. 246). Докажем, что  ABC = A₁B₁C₁. Приложим треугольник A₁B₁C₁ к треугольнику ABC так, чтобы вершина A₁ совместилась с вершиной A, вершина C₁ — с вершиной C, а вершины B₁ и B были бы по разные стороны от прямой AC. Возможны три варианта: луч BB₁ проходит в середине угла ABC (рис. 247), луч BB₁ совпадает с одной из сторон этого угла (рис. 248), луч BB₁ проходит вне угла ABC (рис. 249). Рассмотрим первый случай (остальные случаи рассмотрите самостоятельно). Поскольку по условию AB =A₁B₁ и BC = B₁C₁, то треугольники ABB₁ и CBB₁ — равнобедренные с основанием BB₁. Тогда ∠ ABB₁ = ∠AB₁B и ∠ CBB₁ = ∠ CB₁B. Поэтому ∠ ABC = ∠ AB₁C.

Следовательно, AB = A₁B₁, BC = B₁C₁, ∠ ABC = ∠ A₁B₁C₁. Поэтому  ABC = A₁B₁C₁ по первому признаку равенства треугольников. Теорема доказана.

Рис. 246                                                                          Рис. 247

Рис. 248                                                                          Рис. 249

Рис. 250

Задача №11

На рисунке 250 AC = AD и BC = BD. Докажите, что CO = OD.

Доказательство. 1) У треугольников ABC и ABD сторона AB — общая и AC = AD, BC = BD. Поэтому эти треугольники равны по третьему признаку равенства треугольников.

2) Тогда ∠ CAB = ∠ DAB, AB — биссектриса угла CAD.

3) Поэтому AO — биссектриса равнобедренного треугольника ACD, проведённая к основанию. Эта биссектриса является также медианой. Следовательно, CO = OD, что и требовалось доказать.

Сумма углов треугольника

Докажем одну из важнейших теорем геометрии.

Теорема (о сумме углов треугольника). Сумма углов треугольника равна 180°.

Рис. 265.

 Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC и докажем, что ∠ A  + ∠ B + ∠ C = 180°.

1) Проведём через вершину A прямую MN, параллельную BC (рис. 265). Обозначим ∠ B = ∠ 1, ∠ C = ∠ 2, ∠ BAC = ∠ 3, образовавшиеся углы ∠ MAB = ∠ 4, ∠ NAC = ∠ 5. Углы 1 и 4 — внутренние разносторонние углы при пересечении параллельных прямых BC и MN секущей AB, а углы 2 и 5 — внутренние разносторонние углы при пересечении этих же прямых секущей AC. Поэтому ∠ 1 = ∠ 4 и ∠ 2 = ∠ 5.

2) Углы 3, 4 и 5 в сумме равны развёрнутому:

∠ 3 + ∠ 4 + ∠ 5 = 180°.

Тогда, учитывая, что ∠ 1 = ∠ 4, ∠ 2 = ∠ 5, имеем

∠ 3 + ∠ 1 + ∠ 2 = 180°, или

∠ A + ∠ B + ∠ C = 180°, что и требовалось доказать.

Следствие. В любом треугольнике по крайней мере два угла острые; треугольник не может иметь больше одного прямого или тупого угла.

Доказательство. Допустим, что у треугольника только один острый угол. Тогда сумма двух других углов (не острых) не меньше 180°. Это противоречит доказанной теореме. Наше предположение неверно. Следовательно, у каждого треугольника по крайней мере два угла острые, а потому треугольник не может иметь больше одного прямого или тупого угла.

Учитывая это следствие, можно  сказать, что остроугольный  треугольник имеет три острых угла; прямоугольный  треугольник имеет один прямой и два острых угла; тупоугольный треугольник имеет один тупой и два острых угла.

Задача №12

Пусть биссектрисы углов B и C пересеклись в точке I.

Доказать, что .

Доказательство. ∠ ICB = ; ∠ IBC = (рис. 266). Тогда ∠ ВIС = 180° – (∠ ICB + ∠ IBC) = 180° –  = 180° – = 180° – = 180° – 90° + = 90° + (использовали то, что сумма углов каждого из треугольников BCI и ABC  равна 180°), что и требовалось доказать.

Задача №13

Пусть высоты BH₂ и CH₃ остроугольного треугольника ABC пересеклись в точке H. ∠ A = α (рис. 267). Найти ∠ BHC.

Решение. Рассмотрим треугольник H₂BC. ∠ H₂BC = 180° – (90° + ∠ АCB) = 90° – ∠ ACB. В  H₃CB: ∠ H₃CB = 180° – (90° + ∠ ABC) = 90° – ∠ ABC. Тогда в HCB: ∠ BHC = 180° – (∠ HBC + ∠ HCB) = 180° – (90° – ∠ ACB + +90° – ∠ ABC) = ∠ ACB + ∠ ABC = 180° – ∠ A = 180° – α.

Значит, ∠ BHC = 180° – α.

Ответ. 180° – α

Задача №14

Медиана CN треугольника ABC равна половине стороны AB. Доказать, что треугольник ABC — прямоугольный с прямым углом C.

Доказательство (рис. 268). Поскольку  и N — середина отрезка AB, то CN = AN = BN.Следовательно, треугольники ANC и CNB — равнобедренные. Поэтому ∠ A = ∠ AСN; ∠ B = ∠ BСN. Таким образом,∠ C = ∠ A + ∠ B. Но ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180°. Поэтому ∠ A + ∠ B = = 180° – ∠ C. Значит, ∠ C = 180° – ∠ C. Отсюда ∠ C = 90°. Треугольник ABC — прямоугольный с прямым углом C, что и требовалось доказать.

Рис. 266                                  Рис. 267                                                Рис. 268

Внешний угол треугольника и его свойства

Внешним углом треугольника называют угол, смежный с углом этого треугольника.

На рисунке 276 угол BAK — внешний угол треугольника ABC.

Чтобы не путать угол треугольника с внешним углом, его иногда называют внутренним углом.

Рис. 276

Теорема 1 (свойство внешнего угла треугольника). Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним.

Доказательство. Пусть ∠ BAK — внешний угол треугольника ABC (рис. 276). Учитывая свойство смежных углов , получаем: ∠ BAK = 180° – ∠ BAC.

С другой стороны, учитывая теорему о сумме углов треугольника, ∠ B + ∠ C = 180° – ∠ BAC. Поэтому ∠ BAK = ∠ B +  ∠ C, что и требовалось доказать.

Следствие. Внешний угол треугольника больше любого внутреннего угла, не смежного с ним.

Задача №15

Один из внешних углов треугольника равен 120°. Найти внутренние углы, не смежные с ним, если они относятся как 3:5.

Решение. Пусть ∠ BAK — внешний угол  ABC (рис. 276), ∠ BAK = 120°. Поскольку ∠B : ∠C = 3 : 5, то можем обозначить ∠ B = 3x, ∠ C = 5x. Используя теорему о внешнем угле треугольника, имеем: 3x + 5x = 120°, отсюда x = 15°. Тогда ∠ B = 3•15° = 45°, ∠ C = 5•15° = 75°.

Рассмотрим ещё одно важное свойство треугольника.

Теорема 2 (о соотношении между сторонами и углами треугольника). В треугольнике: 1) напротив большей стороны лежит больший угол; 2) напротив большего угла лежит большая сторона.

Доказательство. 1) Пусть в треугольнике ABC сторона AB больше стороны AC (рис. 277). Докажем, что ∠ С > ∠ B. Отложим на стороне AB отрезок AK, который равен отрезку AC (рис. 278). Поскольку AB > AC, то точка K принадлежит отрезку AB. Поэтому угол ACK является частью угла ACB и ∠ ACK < ∠ ACB.

Треугольник AKC — равнобедренный, поэтому ∠ AKC = ∠ ACK. Но угол AKC — внешний угол  KBC. Поэтому ∠ AKC > ∠ B. Значит, и ∠ ACK > ∠ B, а поэтому ∠ ACB > ∠ B.

2) Пусть в треугольнике ABC ∠ С > ∠ B (рис. 277). Докажем, что AB > AC. Допустим противоположное, то есть что AB = AC или AB < AC. Если AB = AC, то  ABC — равнобедренный, и тогда ∠ C = ∠ B. Это противоречит условию. Если же допустить, что AB < AC, то по первой части этой теоремы получаем, что ∠ C < ∠ B, что также противоречит условию . Наше предположение ошибочно. Следовательно, AB > AC. Теорема доказана.

Прямоугольные треугольники. Свойства и признаки равенства прямоугольных треугольников

Рис. 283

Напомним, что треугольник называют прямоугольным, если один из его углов прямой. На рисунке 283 — прямоугольный треугольник ABC, у него ∠ C = 90°. Сторону прямоугольного треугольника, которая лежит напротив прямого угла, называют гипотенузой, а две другие стороны — катетами.

Рассмотрим свойства прямоугольных треугольников.

1. Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°.

Действительно, сумма углов треугольника равна  180°, прямой угол составляет 90°. Поэтому сумма двух острых углов прямоугольного треугольника равна: 180° – 90° = 90°.

2. Гипотенуза прямоугольного треугольника больше любого из его катетов.

Это свойство является следствием теоремы о соотношении между сторонами и углами треугольника, поскольку прямой угол больше острого.

3. Катет прямоугольного треугольника , который лежит напротив угла 30°, равен половине гипотенузы.

Доказательство. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC  с прямым углом C и углом A, равным 30° (рис. 284). Приложим к треугольнику ABC  треугольник ACD, равный ему. Тогда ∠ B = ∠ D = 90° – 30° = 60° и ∠ DAB = 30° + 30° = 60°. Следовательно, ABD — равносторонний. Поэтому DB = AB. Поскольку BC = BD, то BC = AB, что и требовалось доказать.

Рис. 284                                                                     Рис. 285

4. Если катет прямоугольного треугольника равен половине гипотенузы, то угол, который лежит напротив этого катета, равен 30°.

Доказательство. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, у которого катет BC равен половине гипотенузы AB (рис. 285). Приложим к треугольнику ABC равный ему треугольник ACD. Поскольку BC = AB, то BD = AB = AD. Имеем равносторонний треугольник ABD, поэтому ∠ B = 60°. В  ABC ∠ BAC = 90° – 60° = 30°, что и требовалось доказать.

Рассмотрим признаки равенства прямоугольных треугольников.

Из первого признака равенства треугольников вытекает:

• если катеты одного прямоугольного треугольника соответственно равны катетам другого, то такие треугольники равны.

Из второго признака равенства треугольников вытекает:

• если катет и прилегающий к нему острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны катету и прилегающему к нему углу  другого, то такие треугольники равны.

Если у двух прямоугольных треугольников есть одна пара равных острых углов, то другая пара острых углов — также равные углы (это вытекает из свойства 1 прямоугольных треугольников ). Поэтому имеем ещё два признака равенства прямоугольных треугольников:

• если гипотенуза и острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны гипотенузе и острому углу другого, то такие треугольники равны;
• если катет и противоположный угол одного прямоугольного треугольника  соответственно равны катету и противоположному углу другого, то такие треугольники равны .

Теорема (признак равенства прямоугольных треугольников по катету и гипотенузе). Если катет и гипотенуза одного прямоугольного треугольника равны соответственно катету и гипотенузе другого, то такие треугольники равны .

Доказательство. Рассмотрим треугольники ABC и A₁B₁C₁, у которых углы C и C₁ — прямые и AC = A₁C₁, AB = A₁B₁ (рис. 286). Докажем, что  ABC = A₁B₁C₁.

Приложим ABC к A₁B₁C₁ так, чтобы вершина A совместилась с вершиной A₁, а вершина C — с вершиной C₁ (рис. 286, слева). ABB₁ — равнобедренный, поскольку AB = AB₁. AC — высота этого равнобедренного треугольника, проведенная к основанию. Отсюда AC является также медианой, поэтому BC = CB₁. Следовательно,  ABC = A₁B₁C₁ по третьему признаку равенства треугольников.

Теорема доказана.

Рассмотрим теперь ещё одно свойство прямоугольного треугольника.

5. В прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна её половине.

Доказательство. Из точки B проведём перпендикуляр BK к стороне BC так, что BK = CA (рис. 287). Тогда ABC и KCB — прямоугольные, к тому же BC — общий катет этих треугольников и AC = BK (по построению). Поэтому ABC = KCB (по двум катетам), тогда ∠ АВС = ∠ KСВ. Следовательно, NBC — равнобедренный и BN = CN. Аналогично можно доказать, что CN = AN. Таким образом, BN  = CN = AN. Поэтому CN — медиана и CN =  , что и требовалось доказать.

Рис. 286                                                                                             Рис. 287

Неравенство треугольника

Теорема (неравенство треугольника). Каждая сторона треугольника  меньше суммы двух других сторон.

Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC  и докажем, что сторона треугольника, например AB, меньше суммы двух других сторон AC и CB.

1) Отложим на продолжении на стороны AC отрезок CK, равный стороне BC (рис. 300). В равнобедренном треугольнике BCK ∠ CBK = ∠ CKB.

Рис. 300

2) ∠ ABK > ∠ CBK, поэтому ∠ ABK > ∠ AKB. Поскольку в треугольнике напротив большего угла лежит большая сторона, то AB < AK. Но AK = AC + CK = AC + BC. Значит,

AB < AC + BC.

Аналогично можно доказать, что AC < AB + BC, BC < AB + AC. Теорема доказана.

Следствие. Каждая сторона треугольника больше разности двух других сторон.

Доказательство. Отняв от обеих частей неравенства  AB < AC + BC, например AC, получим AB – AC < BC. Значит, BC > AB – AC. Аналогично имеем: AC > BC – AB, AB > BC – AC.

Поскольку, например, BC > AB – AC  и BC > AC – AB, то, обобщая, получаем BC > | AB – AC |.

Из теоремы о неравенстве треугольника и следствия из неё получаем важное соотношение между сторонами треугольника:

каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон, но больше модуля их разности.

Например, | AB – AC | < BC < AB + AC.

Задача №16

Две стороны треугольника равны 0,7 см и 1,7 см. Какова длина третьей стороны, если она измеряется целым числом сантиметров?

Решение. Пусть неизвестная сторона треугольника равна a см. Тогда 1,7 – 0,7 < a < 1,7 + 0,7 или 1 < a < 2,4. Поскольку a — целое число, то a = 2 (см).

Ответ. 2 см.

Задача №17

Периметр равнобедренного треугольника 60 см, а две его стороны относятся, как 2:5. Найти стороны треугольника .

Решение. Обозначим стороны треугольника, отношение которых 2:5, 2x см и 5x см. Поскольку неизвестно, какая  из них — основание, а какая — боковая сторона, то рассмотрим два случая.

1. Основание равно 5x см, а боковая сторона — 2x см. Тогда вторая боковая сторона также равна 2о см. Но в этом случае не выполняется неравенство треугольника. Действительно, 2x + 2x < 5x. Этот вариант невозможен.

2. Основание равно 2x см, а боковая сторона — 5x см. Тогда другая боковая сторона также равна 5x см. В этом случае неравенство треугольника выполняется.

Значит, по условию задачи имеем уравнение: 2x + 5x + 5x = 60, x = 5 (см). Основание треугольника равна 2•5 = 10 (см), а боковая сторона: 5•5 = 25 (см).

Ответ. 10 см; 25 см; 25 см.

Окружность и круг. Геометрические построения

Окружностью называют геометрическую фигуру, которая состоит из всех точек плоскости, равноудаленных от данной точки. Эту точку называют центром окружности.

Отрезок, который соединяет центр с любой точкой окружности, называют радиусом. На рисунке 320 изображена окружность с центром в точке О и радиусом OK. Из определения окружности вытекает, что все радиусы имеют одну и ту же длину. Радиус окружности часто обозначают буквой r.

Отрезок, который соединяет две точки окружности, называют хордой. Хорду, проходящую через центр окружности, называют диаметром. На рисунке 321 отрезок MN — хорда окружности, а отрезок AB — её диаметр. Поскольку диаметр окружности состоит из двух радиусов (например, диаметр AB состоит из радиусов OA и OB), то его длина вдвое больше длины радиуса. Кроме того, центр окружности является серединой любого диаметра.

Окружность на бумаге изображают с помощью циркуля (рис. 322). На местности для построения окружности можно использовать верёвку (рис. 323).

Рис. 320                                     Рис. 321                                       Рис. 322

Рис. 323                                                                                Рис. 324

Часть плоскости, ограниченную окружностью, вместе с самой окружностью, называют кругом (рис. 324). Центром, радиусом, диаметром, хордой круга называют соответственно центр, радиус, диаметр, хорду окружности, которая является границей данного круга.

Рассмотрим некоторые свойства элементов окружности.

Теорема 1 (о сравнении диаметра и хорды). Диаметр — наибольшая из хорд.

Доказательство. Пусть AB — произвольный диаметр окружности, радиус которой равен r, а MN — хорда окружности, отличная от диаметра (рис. 325). Докажем, что AB > MN.

AB = 2r. В треугольнике MON, исходя из неравенства треугольника, имеем  MN < MO + ON. Значит, MN < 2r. Поэтому AB > MN. Теорема доказана.

Теорема 2 (об угле, под которым виден диаметр из точки окружности). Диаметр из любой точки окружности виден под прямым углом.

Доказательство. Докажем, что ∠ APB = 90°.

1) В треугольнике AOP AO = PO (как радиусы). Поэтому  AOP — равнобедренный и ∠OAP = ∠OPA.

2) Аналогично ∠OPB = ∠OBP.

3) Значит, ∠ APB = ∠ A + ∠ B. Но в  APB: ∠ APB +  ∠ A + ∠ B = 180°. Поэтому ∠ APB + ∠APB = 180°; 2•∠ APB  = 180°; ∠ APB = 90°. Теорема доказана.

Рис. 325                                                                                             Рис. 326

Рис. 327                                                                          Рис. 328

Теорема 3 (свойство диаметра окружности, перпендикулярного хорде). Диаметр окружности, перпендикулярный хорде, делит её пополам.

Доказательство. Пусть диаметр AB окружности перпендикулярен хорде MN, которая отлична от диаметра (рис. 327). Докажем, что ML = LN, где L — точка пересечения AB и MN.

 MON — равнобедренный, т. к. MO = ON (как радиусы). OL — высота равнобедренного треугольника, проведенная к основанию. Поэтому OL также является медианой. Значит, ML = LN.

Если MN — диаметр окружности, то утверждение теоремы очевидно. Теорема доказана.

Теорема 4 (свойство диаметра окружности, проходящего через середину хорды). Диаметр окружности, проходящий через середину хорды, которая не является другим диаметром, перпендикулярен этой хорде.

Доказательство. Пусть диаметр AB проходит через точку L — середину хорды MN, которая не является другим  диаметром окружности (рис. 328). Докажем, что AB ⊥ MN.

MON — равнобедренный, т. к. MO = NО(как радиус). OL— медиана равнобедренного треугольника, проведенная к основанию. Поэтому OL также является высотой. Следовательно, OL ⊥ MN, а поэтому и AB ⊥ MN. Теорема доказана.

Касательная к окружности, её свойства

Прямая и окружность могут иметь две общие точки (рис. 335), одну общую точку (рис. 336) или не иметь общих точек (рис. 337).

Прямую, которая имеет две общие точки с окружностью, называют секущей. На рисунке 335 OK — расстояние от центра окружности — точки О — до секущей. В прямоугольном треугольнике OKA сторона OK является катетом, а AO — гипотенузой. Поэтому OK < OA. Следовательно, расстояние от центра окружности до секущей меньше радиуса.

Касательной к окружности  называют прямую, которая имеет одну общую точку с окружностью. Эту точку называют точкой касания.

На рисунке 336 прямая а — касательная к окружности, точка K — точка касания.

Рис. 335                                            Рис. 336                                              Рис. 337

Если прямая и окружность не имеют общих точек, то расстояние OK больше радиуса окружности OA (рис. 337). Расстояние от центра окружности до прямой, которая не пересекает эту окружность, больше радиуса.

Теорема 1 (свойство касательной). Касательная к окружности перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания.

Доказательство. Пусть прямая a — касательная к окружности с центром в точке О, точка K — точка касания (рис. 338). Докажем, что прямая а перпендикулярна OK. Допустим, что прямая а не перпендикулярна OK. Проведём из точки О перпендикуляр OM к прямой a. Поскольку у прямой и окружности только одна общая точка K, то точка M, которая принадлежит прямой, лежит за окружностью. Поэтому длина отрезка OM больше длины отрезка OA, который является радиусом окружности. Поскольку OA = OK (как радиусы), то OM > OK. Но, по предположению, OM — катет прямоугольного треугольника KOM, а OK — его гипотенуза. Пришли к противоречию со свойством прямоугольного треугольника.

Рис. 338                                                                            Рис. 339

Наше предположение ошибочно. Значит, a ⊥ OK. Теорема доказана.

Следствие. Расстояние от центра окружности до касательной к этой окружности равно радиусу окружности. 

Теорема 2 (обратная теорема о свойстве касательной). Если прямая проходит через конец радиуса, который лежит на окружности, и перпендикулярна этому радиусу, то она является касательной.

Доказательство. Пусть OK — радиус окружности с центром в точке О. Прямая а проходит через точку K так, что a ⊥ OK (рис. 339). Докажем, что OK — касательная к окружности. Допустим, что прямая а имеет с окружностью ещё одну общую точку — точку M. Тогда OK = OM (как радиусы) и треугольник OMK — равнобедренный. ∠ OMK = ∠ OKM = 90°. Поэтому ∠ OMK + ∠ OKM = 180°, что противоречит  теореме о сумме углов треугольника.

Наше предположение ложно. Прямая а не имеет других общих точек с окружностью, кроме точки K. Поэтому прямая а — касательная к окружности. Теорема доказана.

Задача №18

Через данную точку P окружности с центром О провести касательную к этой окружности (рис. 340).

Решение. Проведём радиус OP, а потом построим прямую m, перпендикулярную радиусу (например, с помощью угольника). По теореме 2 прямая m является касательной к окружности.

Рассмотрим две касательные к окружности с центром в точке О, которые проходят через точку А и касаются окружности в точках B и C (рис. 341). Отрезки AB и AC называют отрезками касательных, проведенными из точки А.

Теорема 3 (свойство отрезков касательных, проведенных из одной точки). Отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны между собой.

Рис. 340                                                                              Рис. 341

Доказательство. На рисунке 341 треугольники OBA и OCA — прямоугольные, OB = OC (как радиусы), OA — общая сторона этих треугольников.  OBA =  OCA (по катету и гипотенузе). Поэтому AB = AC. Теорема доказана.

Окружность, вписанная в треугольник

Рассмотрим важное свойство биссектрисы угла.

Теорема 1 (свойство биссектрисы угла). Любая точка биссектрисы угла равноудалена от сторон этого угла.

Доказательство. Пусть AK — биссектриса угла A, KB и KC — перпендикуляры, проведённые из точки K к стороне угла (рис. 348). Докажем, что KB = KC.

Поскольку ∠ BAK = ∠ KAC и AK — общая сторона прямоугольных треугольников ABK и ACK, то ABK = ACK (по гипотенузе и острому углу). Поэтому KB = KC. Теорема доказана.

Окружность называют вписанной в треугольник, если она касается всех его сторон.

При этом треугольник называется описанным вокруг окружности.

Теорема 2 (об окружности, вписанной в треугольник). В любой треугольник можно вписать окружность.

Рис. 348                                                                              Рис. 349

Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC. Пусть биссектрисы углов A и B этого треугольника пересекаются в точке I (рис. 349). Докажем, что эта точка является центром вписанной в треугольник окружности.

1) Поскольку точка I принадлежит биссектрисе угла A, то она равноудалена от сторон AB и AC: IM = IK, где M и K — основы перпендикуляров, опущенных из точки I на стороны AC и AB соответственно.

2) Аналогично, IK = IL, где L — основа перпендикуляра, опущенного из точки I на сторону BC.

3) Значит, IM = IK = IL. Поэтому окружность с центром в точке I и радиусом IM проходит через точки M, K и L. Стороны треугольника ABC касаются этой окружности в точках M, K и L, поскольку они перпендикулярны радиусам OM, OK иOL.

4) Поэму окружность с центром в точке I  и радиусом IM является вписанной в треугольник ABC. Теорема доказана.

Следствие 1. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство. По доказательству предыдущей теоремы точка І — точка пересечения биссектрис углов А и В треугольника ABC. Докажем, что биссектриса угла С также проходит через точку І. Рассмотрим прямоугольные треугольники CMI и CLI (рис. 349). Поскольку IM = IL, а CI — общая сторона этих треугольников, то CMI = CLI (по катету и гипотенузе). Поэтому ∠ MCI = ∠ LCI, CI — биссектриса угла C треугольника ABC. Значит, биссектрисы всех трёх углов треугольника проходят через точку I, поэтому все три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке I. Следствие доказано.

Напомним, что точку пересечения биссектрис треугольника называют инцентром. 

Следствие 2. Центром окружности, вписанной в треугольник, является точка пересечения биссектрис этого треугольника.

Задача №19

Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается стороны AB в точке K,  стороны BC в точке L, а стороны CA в точке M. Доказать, что:

AK = AM = p – BC; BK = BL = p – AC; CM = CL = p – AB, где —  полупериметр треугольника ABC.

Рис. 350

Доказательство. Используя свойство отрезков касательных, проведенных из одной точки, имеем AM = AK, BK = BL , CL = CM (рис. 350). Обозначим AM =AK = x, BK = BL = y, CL = CM = z.

Тогда периметр треугольника P = 2x + 2y + 2z = 2 (x + y + z), поэтому p = x + y + z. Следовательно, x = p – (y+z); x = p – BC. Получаем AM = AK= p – BC.

Аналогично доказывают, что BK = BL = p – АC, CM = CL = p – AB.

Окружность, описанная вокруг треугольника

Серединным перпендикуляром к отрезку называют прямую, которая проходит через середину отрезка и перпендикулярна ему.

На рисунке 355 прямая l — серединный перпендикуляр к отрезку AB.

Рис. 355

Теорема 1 (свойство серединного перпендикуляра к отрезку). Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка.

Доказательство. Пусть прямая l — серединный перпендикуляр к отрезку AB, K — середина этого отрезка (рис. 355). Рассмотрим произвольную точку P серединного перпендикуляра и докажем, что PA = PB.

Если точка P совпадает с K, то равенство PA = PB очевидно. Если точка P отлична от K, то прямоугольные треугольники PKA и PKB равны по двум катетам. Поэтому PA = PB. Теорема доказана.

Окружность называют описанной вокруг треугольника, если она проходит через все вершины треугольника.

При этом треугольник называют вписанным в окружность.

Теорема 2 (об окружности, описанной вокруг треугольника). Вокруг любого треугольника можно описать окружность.

Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC. Пусть серединные перпендикуляры к сторонам AB и AC этого треугольника пересеклись в точке О (рис. 356). Докажем, что эта точка является центром описанной вокруг треугольника окружности.

1) Поскольку точка О принадлежит серединному перпендикуляру к стороне AB, то она равноудалена от вершин A и B: OA = OB.

2) Аналогично, OA = OC, поскольку точка O принадлежит серединному перпендикуляру к стороне AС.

3) OA = OB = OC. Поэтому окружность с центром в точке O и радиусом OA проходит через вершины A, B и C  треугольника ABC. Значит, эта окружность описана вокруг треугольника  ABC. Теорема доказана.

Следствие 1. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство. Опустим из точки O перпендикуляр OK на сторону BC (рис. 356). Этот перпендикуляр является высотой равнобедренного треугольника OBC, которая проведена к основанию BC. Поэтому он также является медианой. OK принадлежит серединному перпендикуляру к стороне BC. Значит, все три серединные перпендикуляры треугольника пересекаются в одной точке O. Следствие доказано.

Следствие 2. Центром окружности, описанной вокруг треугольника, является точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам.

Задача №20

Доказать, что центром окружности, описанной вокруг прямоугольного треугольника, является середина гипотенузы, а радиус окружности равен половине гипотенузы.

Доказательство. Пусть  ABC — прямоугольный (∠ C = 90°), CO — его медиана (рис. 357). Поскольку медиана  прямоугольного треугольника , которая проведена к гипотенузе, равна половине гипотенузы , то . Но AO = OB.

Рис. 356                                                                                            Рис. 357

Поэтому AO = BO = CO. Значит, точка O  равноудалена от вершин треугольника ABC. Поэтому окружность, центр которой точка O, а радиус OA, проходит через все вершины треугольника ABC. Значит, окружность, центр которой — середина гипотенузы, а радиус равен половине гипотенузы, является описанной вокруг прямоугольного треугольника ABC.

Взаимное расположение окружностей

Рассмотрим взаимное расположение двух окружностей, центры которых точки O₁ и O₂, а радиусы соответственно r₁ и r₂.

І. Две окружности не пересекаются, то есть не имеют общих точек (рис. 366 и 367). Возможны два варианта расположения:

1. (Рис. 366). Расстояние между центрами окружностей O₁O₂ = O₁A₁ + A₁A₂ + A₂O₂ = r₁ + A₁A₂ + r₂ > r₁ + r₂. Следовательно, O₁O₂ > r₁ + r₂;

2. (Рис. 367). O₁A₁ = O₁O₂ + O₂A₂ + A₂A₁;

Рис. 366

Рис. 367                                                                               Рис. 368

Рис. 369                                                                                            Рис. 370

r₁ = O₁O₂ + r₂ + A₂A₁. Поэтому O₁O₂ = (r₁ – r₂) – A₂A₁ < r₁ – r₂. Значит, O₁O₂ < r₁ – r₂, где r₁ > r₂.

Две окружности называют концентрическими, если они имеют общий центр (рис. 368). В этом случае O₁O₂ = 0.

ІІ. Две окружности имеют одну общую точку (рис. 369 и 370). В этом случае говорят, что окружности касаются, а общую точку называют точкой касания окружностей. Возможны два варианта расположения:

1. (Рис. 369). Касание двух окружностей называют внешним, если центры окружностей лежат по разные стороны от общей точки. В этом случае:

1) O₁O₂ = O₁A + AO₂ = r₁ + r₂;

2) в точке А существует общая касательная l  к двум окружностям;

3) l ⊥ O₁O₂.

2. (Рис. 370). Касание двух окружностей называют внутренним, если центры окружностей лежат по одну сторону от общей точки. В этом случае:

1) O₁O₂ = O₁A–O₂A = r₁ – r₂, где r₁ > r₂;

2) в точке А существует общая касательная l  к двум окружностям;

3) l ⊥ O₁O₂.

ІІІ. Две окружности имеют две общие точки (рис. 371). В этом случае говорят, что окружности пересекаются. Применяя в треугольнике O₁B₁O₂ неравенство треугольника и следствие из него, получим:

r₁ – r₂ < O₁O₂ < r₁ + r₂, где r₁ ≥ r₂.

Рис. 371

Задача №21

Расстояние между центрами двух окружностей O₁O₂ = 10 см. Определить взаимное расположение этих окружностей , если их радиусы равны:

1) r₁ = 6 см, r₂ = 4 см;

2) r₁ = 8 см, r₂ = 4 см;

3) r₁ = 5 см, r₂ = 3 см.

Решение: 1) 10 = 6 + 4, O₁O₂ = r₁ + r₂; внешнее касание окружностей;

2) 8 – 4 < 10 < 8 + 4, r₁ – r₂ < O₁O₂ < r₁ + r₂; окружности пересекаются;

3 ) 10 > 5 + 3 , O₁O₂ > r₁ + r₂; окружности не пересекаются.

Задачи на построение и их решение

Во время изучения курса геометрии мы не единожды выполняли различные геометрические построения: проводили прямые, откладывали отрезки, равные данным, строили углы и т. д. При этом использовали линейку с делениями, транспортир, чертёжный треугольник, циркуль. Теперь рассмотрим построения фигур, которые можно осуществить с помощью «классических» инструментов: линейки без делений и циркуля. Эти инструменты  использовали ещё в Древней Греции.

Что можно делать с помощью двух упомянутых инструментов? Линейка даёт возможность провести произвольную прямую, построить прямую, проходящую через заданную точку, и прямую, проходящую через две заданные точки. С помощью циркуля можно провести окружность произвольного радиуса, окружность с центром в данной точке и радиусом, который равен данному отрезку. В некоторых случаях вместо окружности нам нужна будет некая её часть (дуга окружности). Заметим, что никаких других построений в задачах на построение выполнять не разрешается. Например, с помощью линейки (даже с делениями) не разрешается откладывать отрезок заданной длины, нельзя использовать угольник для построения перпендикулярных прямых.

Решить задачу на построение означает указать последовательность простейших построений, после выполнения которых получим заданную фигуру; затем — доказать, что построенная фигура имеет свойства, предусмотренные условием, то есть является искомой фигурой.

Рассмотрим простейшие задачи на построение.

Построение отрезка, равного данному

Задача №22

На данном луче от его начала отложить отрезок, равный данному.

Решение. Изобразим фигуры, заданные условием задачи: отрезок AB  и луч с началом в точке K (рис. 376). Построим циркулем окружность с центром в точке K и радиусом AB (рис. 377). Эта окружность пересечёт луч в некоторой точке D. Очевидно, что KD = AB. Поэтому KD — искомый отрезок.

Заметим, что вместо окружности, можно было провести некоторую её часть (дугу), которая наверняка бы пересекала луч (рис. 378).

Построение треугольника по трём сторонам.

Задача №23

Построить треугольник с заданными сторонами a, b и c.

Решение. Пусть заданы три отрезка a, b и c (рис. 379).

Рис. 376                                 Рис. 377                                         Рис. 378

Рис. 379                                                                               Рис. 380

1) С помощью линейки проведём произвольную прямую р и обозначим на ней произвольную точку B ((1) на рис. 380).

2)  С помощью циркуля отложим на прямой p отрезок BC = a (дуга (2) на рис. 380).

3) Раствором циркуля, равным b, опишем дугу (3) окружности с центром в точке C (рис. 380).

4) Раствором циркуля, равным c, опишем дугу (4) окружности с центром в точке  B (рис. 380).

5) Точка A — точка пересечения дуг (3) и (4). Треугольник ABC — искомый.

Доказательство этого факта является очевидным, поскольку стороны треугольника ABC равны заданным отрезкам a, b и c: BC = a, AC = b, AB = c.

Примечание. Если бы построенные дуги (3) и (4) не пересеклись, то треугольник построить было бы невозможно. Из неравенства треугольника: каждая из сторон должна быть меньше суммы двух других.

Построение угла, равного данному

Задача №24

Отложить от данного луча угол, равный данному.

Решение. Пусть заданы угол A и луч с началом в точке O (рис. 385). Нужно построить угол, равный углу A, так, чтобы одна из его сторон совпала с лучом.

1) Возьмём на сторонах угла A произвольные точки B и C (рис. 385).

2) Построим треугольник OKM, равный треугольнику ABC, так, чтобы AB = OK, AC = OM, BC = KM (рис. 386).

3) Тогда ∠ KOM = ∠ BAC.

Рис. 385                                                                                             Рис. 386

Рис. 387

4) Значим, ∠ KOM — искомый. Доказательство этого вытекает из построения, т. к. OKM = ABC, поэтому ∠ KOM = ∠ A.

Построение биссектрисы данного угла

Задача №25

Построить биссектрису данного угла.

Решение. Пусть задан угол А, необходимо построить его биссектрису (рис. 387).

1) Проведём дугу окружности произвольного радиуса с центром в точке A (дуга (1) на рис. 387), которая пересекает стороны угла в точках B и C.

2) Из точек B  и C опишем дуги с такими же радиусами (дуги (2) и (3)) до их пересечения в середине угла (точка D).

3) Луч AD — искомая биссектриса угла A.

Доказательство. ABD = ACD (по трём сторонам), поэтому ∠ BAD = ∠ CAD, значит AD — биссектриса A.

Деление данного отрезка пополам

Рис. 390

Задача №26

Построить середину данного отрезка.

Решение. Пусть AB — заданный отрезок, необходимо построить его середину (рис. 390).

1) Из точки A раствором циркуля, большим, чем половина отрезка AB, опишем дугу (1) (рис. 390).

2) Из точки B таким же раствором циркуля опишем дугу (2) до пересечения с дугой (1) в точках M и N.

3) MN пересекает AB в точке P. P —искомая точка.

Доказательство. AMN = BMN (по трём сторонам). Поэтому ∠ AMP = ∠ BMP. MP — биссектриса равнобедренного треугольника AMB с основанием AB, поэтому она является также медианой. Значит, P — середина AB.

Построение прямой, перпендикулярной данной прямой

Задача №27

Через данную точку М провести прямую, перпендикулярную данной прямой а.

Рис. 391                                                                                         Рис. 392

Решение. Возможны два варианта:

1. Точка M принадлежит прямой а:

1) на данной прямой a произвольным раствором циркуля отложим от точки M два равных отрезка MK = ML (дуги (1) на рис. 391);

2) из центров K и L раствором циркуля, равным KL, опишем дуги (2) и (3) до их пересечения в точке B;

3) прямая BM перпендикулярна прямой a.

Доказательство. BM — медиана равностороннего треугольника BKL, поэтому она является также высотой. Значит, BM ⊥ a.

2. Точка M не принадлежит прямой а:

1) из точки M произвольным радиусом (большим, чем расстояние от точки M к прямой a) проведём дугу (1), которая пересекает прямую a в точках B и C (рис. 392);

2) из центров B и C этим же раствором циркуля опишем дуги (2) и (3) к их пересечению в точке N (отличной от точки M);

3) прямая MN перпендикулярна прямой a.

Доказательство. Пусть точка F — точка пересечения прямых BC и MN. BMN = CMN (по трём сторонам). Поэтому ∠ BMN = ∠ CMN. MF — биссектриса равнобедренного треугольника BМC, проведенная к его основанию. Поэтому MF является также высотой. Значит, MF ⊥ BC, поэтому MN ⊥ a.

Геометрическое место точек. Метод геометрических мест

Одним из методов решения более сложных задач на построение является метод геометрических мест.

Геометрическим местом точек называют фигуру, которая состоит из всех точек плоскости, которые имеют определённую особенность. Рассмотрим несколько геометрических мест точек плоскости.

1. Геометрическое место точек, равноудалённых од данной точки на заданное расстояние, — окружность, радиус которой равен заданному расстоянию.

2. Геометрическое место точек, расстояние от которых до данной точки не превышает заданного расстояния,— круг, радиус которого равен заданному расстоянию.

3. Геометрическое место точек, равноудалённых от сторон угла, — биссектриса этого угла.

Рис. 395                                                                                     Рис. 396

Доказательство. 1) Пусть точка K равноудалена от сторон AB  и AC  угла A (рис. 395). То есть перпендикуляры KB и KC, опущенные из этой точки на стороны угла, — равны. Тогда ABK = ACK (по катету и гипотенузе).

Поэтому ∠ BAK = ∠ CAK. Значит, AK — биссектриса угла.

2) Пусть точка K принадлежит биссектрисе угла. По свойству биссектрисы угла: KB = KC.

Следовательно, доказали, что геометрическим местом точек, равноудалённых от сторон угла, является биссектриса этого угла.

4. Геометрическое место точек, равноудалённых от концов отрезка, — серединный перпендикуляр к данному отрезку.

Доказательство. 1) Пусть точка P  равноудалена от концов отрезка AB, то есть PA = PB (рис. 396). Тогда ABP — равнобедренный с основанием AB, поэтому медиана этого треугольника PK является его высотой. Значит, AK = KB и PK ⊥ AB. Поэтому PK — серединный перпендикуляр к отрезку AB.

2) Пусть точка P  принадлежит серединному перпендикуляру к отрезку AB. По свойству серединного перпендикуляра: PA = PB.

Следовательно, доказали, что геометрическим местом точек, равноудалённых от концов отрезка, является серединный перпендикуляр к этому отрезку.

5. Геометрическое место точек, удалённых от данной прямой на заданное расстояние, — две прямые, параллельные данной прямой, каждая точка которых находится на заданном расстоянии от прямой.

Доказательство. 1) Докажем, что когда пряма b параллельна прямой a, то две произвольные точки прямой b равноудалены от прямой a.

Рис. 397                                                                                 Рис. 398

Пусть M₁ и N₁ — произвольные точки прямой b. Опустим перпендикуляры M₁M и N₁N на прямую a (рис. 397). ∠M₁MN = ∠N₁NM = 90°. Поскольку a || b, то ∠MM₁N₁ = ∠NN₁M₁ = 90°. Проведём секущую MN₁. Тогда ∠ N₁MN = ∠ M₁N₁M (как внутренние разносторонние). Поэтому MM₁N₁ = N₁NM (по гипотенузе и острому углу), отсюда M₁M = N₁N, то есть точки M₁ и N₁ прямой b равноудалены от прямой a.

2) Докажем, что когда две произвольные точки M₁ и N₁ прямой b лежат на одинаковом расстоянии от прямой a и по одну сторону от нее, то прямая b параллельна прямой a (рис. 398).

Пусть M₁M и N₁N — перпендикуляры к прямой a. По условию M₁M = N₁N.

Поскольку ∠ M₁MN = ∠ N₁NK, то MM₁ || NN₁. Поэтому ∠MM₁N  = ∠N₁NM₁ (внутренние разносторонние углы). Значит, MM₁N = N₁NM₁ (по І признаку). Поэтому ∠M₁N₁N = ∠M₁MN = 90°. Но углы M₁N₁N и N₁NK — внутренние разносторонние для прямых a и b. Поэтому a || b.

Таким образом, геометрическим местом точек, удалённых от данной прямой на заданное расстояние d, являются две прямые, параллельные данной, каждая точка которых находится на заданном расстоянии от прямой.

Рис. 399

На рисунке 399: b1 || a, b2 || a, M₁M = M₂M = d. Расстояние d также называют расстоянием между параллельными прямыми (например, b₁ и a).

Суть метода геометрических мест в задачах на построение состоит в следующем. Пусть необходимо построить точку A, которая удовлетворяет двум условиям. Строим геометрическое место точек, которое удовлетворяет первому условию — фигура F₁, и геометрическое место точек, которое удовлетворяет второму условию — фигура F₂. Искомая точка A принадлежит как F₁, так и F₂, а потому является точкой их пересечения.

Рис. 400                                                                                                Рис. 401

Задача №28

В данный угол вписать окружность данного радиуса.

Решение. Пусть дан угол A (рис. 400), в который нужно вписать окружность с радиусом r (то есть такую окружность с радиусом r, которая касается сторон угла).

Сначала найдём центр этой окружности— точку O. Эта точка удовлетворяет двум условиям: 1) принадлежит биссектрисе угла (т. к. равноудалена от сторон угла); 2) находится на расстоянии r, например от стороны угла AC.

Отсюда построение:

1) строим биссектрису угла A — луч AK (рис. 401);

2) строим прямую, перпендикулярную прямой AC, которая проходит через некоторую точку M, что лежит в середине угла;

3) обозначим на построенной прямой точку P, которая находится на расстоянии r от прямой AC;

4) проводим через P прямую PT, перпендикулярную прямой PN; тогда прямые PT и AC — параллельны, каждая точка прямой PT находится на расстоянии r от прямой AC;

5) прямая PT пересекает луч AK в точке O. Эта точка и есть центр окружности, вписанной в угол A, с радиусом r;

6) описываем окружность с радиусом r и центром в точке O, она касается сторон угла.

Доказательство этого вытекает из построения.

Четырехугольники

Четырёхугольник – это часть плоскости, ограниченная замкнутой ломаной линией с четырьмя звеньями без самопересечений.

Простая замкнутая ломаная

Ломаная:

Пусть дано конечное число точек, например, пять (рис. 1, а). Последовательно совместим данные точки отрезками в последовательности: А → В → С → D → E
(рис. 1, б). Получили фигуру, которую называют ломаной ABCDE. На рис. 1, в) данные точки совместили в другой последовательности и получили ломаную ADСВE.
Определение. 
Ломаной называют фигуру, которая состоит из конечного числа точек — вершин и отрезков, их последовательных соединений —звеньев, и при этом никакие три последовательные вершины не лежат на одной прямой.

Обозначают ломаные по вершинам в последовательности их соединения. Первую и последнюю вершины называют концами ломаной. Два звена, имеющих общую вершину, называют соседними. Например, в ломаной ABCDE (рис. 1, б) АВ и ВС — соседние звенья, АВ и СD — не соседние.

Простая ломаная

В ломаной ABCDE (рис. 1, б) нет точек самопересечения: никакие два ее не соседних звена не имеют общей точки. Такую ломаную называют простой. Ломаная ADСВE (рис. 1, в) имеет точку самопересечения: два не соседних звена АD и ВЕ пересекаются. Эта ломаная не является простой.

Определение.

Простой ломаной называют ломаную, у которой  не соседние звенья  не имеют общих точек.

Замкнутая ломаная:

Если соединить отрезком АD  концы ломаной ABCD (рис. 2, а), то получим новую ломаную с теми же вершинами и добавленным звеном АD (рис. 2, б). Концы в новой ломаной совпадают. Естественно, такую ломаную называют замкнутой.

Определение.

Замкнутой ломаной называют ломаную, у которой совпадают концы.

Обозначая замкнутую ломаную, каждую вершину записывают один раз. В
замкнутой ломаной звеньев столько, сколько вершин. Например, закрытая ломаная MOPKL состоит из пяти вершин: M, O, P, K и L и пяти звеньев: MO, ОР,
РK, KL и LM.

Четырехугольник и его элементы

На рис. 3, а) - в) изображены фигуры, каждая из которых состоит из четырех
отрезков, образующих простую замкнутую ломаную, и части плоскости, ограниченной этой ломаной. Такие фигуры называют четырехугольниками.

Определение.

Четырехугольником называют фигуру, которая состоит из простой замкнутой ломаной, образованной четырьмя звеньями, и частями площади, которую ограничивает ломаная.

Вершины и стороны

Звенья ломаной, которые образуют четырехугольник, называют сторонами
четырехугольника, а их концы — его вершинами. Из определения простой замкнутой ломаной следует, что никакие три вершины четырехугольника не лежат на одной прямой. Часть плоскости, ограниченную сторонами четырехугольника, называют внутренней областью четырехугольника. Обозначают четырехугольник по вершинам, как и соответствующую ломаную. Например, на рисунке 3 а) изображен четырехугольник ABCD.
Две вершины четырехугольника, которые являются концами одной его стороны, называют соседними, а вершины, не являющиеся концами одной стороны, — противоположными.

Стороны четырехугольника, имеющие общую вершину, называют соседними, а
стороны, не имеющие общей вершины, — противоположными. У каждого четырехугольника две пары противоположных вершин и две пары противоположных сторон.

На рис. 3 а) изображен четырехугольник ABCD. Точки A, B, C и D — его вершины, отрезки АВ, ВС, СD и DА — стороны. Внутренняя область закрашена. A и C, B и D — пары противоположных вершин; АВ и СD, АD и ВС — пары противоположных сторон. В любом четырехугольнике каждая сторона меньше суммы трех других сторон (см. Примеры решения задач на с. 15).
Периметром четырехугольника называют сумму длин всех его сторон.
Обозначают буквой 

Диагонали и их обозначение

Диагональю четырехугольника называют отрезок, который соединяет его противоположные вершины.

В четырехугольнике ABCD диагонали AC и BD, а в четырехугольнике MOPK —
диагонали MP и OK (рис. 4).

Углы

Пусть дан четырехугольник ABCD (рис. 5, а). При вершине А построим угол, сторонами которого являются лучи АВ и АD, содержащий внутренние точки четырехугольника (рис. 5, б). Такой угол называют углом четырехугольника АВСD при вершине А. На рис. 5, в) изображен угол четырехугольника ABCD при вершине B.

У каждого четырехугольника есть четыре угла. Углы при двух противоположных
вершинах называют противоположными, а углы при соседних вершинах — соседними или прилегающими к одной стороне.
Угол, смежный с углом четырехугольника, называют внешним углом
четырехугольника.

Выпуклые и невыпуклые четырехугольники

Четырехугольники разделяют на выпуклые и невыпуклые (вогнутые).

На рис. 6 а) - г) изображен четырехугольник ABCD. Он лежит в одной полуплоскости (с одной стороны): относительно прямой AB (рис. 6, а), прямой BС (рис. 6, б), прямой CD (рис. 6, в) и прямой AD (рис. 6, г). Можно сказать иначе: ни одна из прямых, содержащая стороны четырехугольника, не разделяет его на части. Такой четырехугольник называют выпуклым.

Определение

Выпуклым четырехугольником называют четырехугольник, который лежит в одной полуплоскости относительно каждой прямой, содержащей его сторону.

Четырехугольник MOPK, изображенный на рис. 7 а) - г), относительно прямых MO и MK лежит в одной полуплоскости (рис. 7 а) - б). В отношении же прямых OP и PK четырехугольник MOPK лежит в разных полуплоскостях (рис. 7 в) - г), то есть прямые OP и PK разделяют его на две части.
Невыпуклым (вогнутым) четырехугольник называют четырехугольник, для
которого существует прямая, содержащая его сторону и в отношении которой он лежит в разных полуплоскостях.
Далее мы будем изучать только выпуклые четырехугольники.

Теорема о сумме углов четырехугольника

Теорема. Сумма углов четырехугольник равна 

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный выпуклый четырехугольник
(рис. 8). Докажем, что ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360°.
Проведем одну из его диагоналей, например, AC. Она разделит четырехугольник ABCD на два треугольника ABC и ADC. Углы, на которые диагональ разделяет
углы четырехугольника, обозначим как 1-4. По теореме о сумме углов треугольника: ∠1 + ∠В + ∠3 = 180° (для треугольника ABC), ∠2 + ∠D + ∠4 = 180° (для
треугольника ADC). По частям добавим полученные равенства:
∠1 + ∠В + ∠3 + ∠2 + ∠D + ∠4 = 180° + 180°.
(∠1 + ∠2) + ∠B + ∠D + (∠3 + ∠4) = 360° ∠A + ∠B + ∠D + ∠C = 360°.

Задача №29

Доказать, что в любом четырехугольнике каждая сторона меньше суммы трех других сторон.

Доказательство. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник (рис. 9). Докажем, например, что AB < BC + CD + AD.

Проведем одну из диагоналей четырехугольника, например, AC. Из треугольника АВС по неравенству треугольника имеем:
AB < BC + AC;                                                                                             (1)
из треугольника ACD:
AC < CD + AD.                                                                                             (2)
Если в неравенстве (1) заменить длину стороны АС большей суммой длин отрезков CD и AD (2), то AB < BC + CD + AD.

Задача №30

Найти углы четырехугольника, если они пропорциональны числам  1, 2, 3 и 4.
Решение
Обозначим углы данного четырехугольника x°, 2x°, 3x° и 4x°. Поскольку сумма углов четырехугольника равна 360°, то x + 2x + 3x + 4x = 360 получаем:
10x = 360; x = 36 Тогда 2x = 72; 3x = 108; 4x = 144.
Ответ: 36°; 72°; 108°; 144°.

Свойство диагоналей выпуклого четырехугольника

В выпуклом четырехугольнике ABCD (рис. 10) диагональ АС принадлежит ему и разделяет его на два треугольника: ABС и АСD. Аналогично диагональ BD принадлежит ему и разделяет его на два треугольника: ABD и CBD. В невыпуклом четырехугольнике ABCD (рис. 11) такое свойство присуще только для одной диагонали — диагонали BD; диагональ АС не разделяет четырехугольник на два треугольника.

Теорема. В выпуклом четырехугольнике диагонали пересекаются.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный выпуклый четырехугольник (рис. 10). Каждая из диагоналей принадлежит четырехугольнику и разделяет его на два треугольника. Докажем, что диагонали AC и BD пересекаются.
Из того, что диагональ четырехугольника разделяет его на два треугольника, следует, что противоположные вершины выпуклого четырехугольника лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины. А это значит, что отрезок AC пересекает прямую BD, а отрезок BD пересекает прямую AC. Отсюда следует, что прямые AC и BD пересекаются, а их общая точка принадлежит каждому из отрезков AC и BD. Итак, диагонали AC и BD пересекаются, что и требовалось доказать

Замечание. В невыпуклом четырехугольнике (рис. 11) один из углов больше
развернутого. Диагонали невыпуклого четырехугольника не пересекаются, одна из диагоналей принадлежит четырехугольнику и разделяет его на два треугольника.

Параллелограмм

Определение параллелограмма

На рис. 13 пара параллельных прямых a и b пересекается другой парой
параллельных прямых c и d. В результате пересечения образовался четырехугольник ABCD. Такой четырехугольник называют параллелограммом.

Определение. Параллелограммом называют четырехугольник, у которого противоположные стороны параллельны.

Параллелограмм является выпуклым четырехугольником, поэтому он имеет все его свойства. В частности, каждая диагональ разделяет его на треугольники, диагонали пересекаются, сумма всех его углов равна 360°. Установим другие свойства параллелограмма.

Свойства углов и сторон параллелограмма

Из определения параллелограмма следует такое утверждение.

Следствие. Сумма углов параллелограмма, прилежащих к любой его
стороне, равна 180°.

Действительно, углы, прилегающие к одной стороне параллелограмма, являются внутренними односторонними при пересечении параллельных прямых секущей, и по свойству параллельных прямых их сумма равна 180°. В параллелограмме ABCD (рис. 13): ∠А + ∠B = 180°, ∠В + ∠С = 180°, ∠С + ∠D = 180° и ∠D + ∠А = 180°.

Теорема. У параллелограмма противоположные стороны и углы равны.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный параллелограмм (рис. 14, а). Докажем, что AB = CD, BC = AD и ∠A = ∠C, ∠B = ∠D.

1. Проведем одну из диагоналей параллелограмма, например, AC. Она
разделяет параллелограмм на два треугольника: ΔABC и ΔCDA (рис. 14, б). Для удобства углы, на которые диагональ АС разделяет углы A и C, обозначим как 1-4.
2. Рассмотрим треугольники ABC и CDA. В них AC — общая сторона, ∠1 = ∠3 как внутренние разносторонние при AB || CD и секущей AC, ∠2 = ∠4 как внутренние разносторонние при BС || AD и секущей AC. Итак, ΔABC = ΔCDA по стороне и двум прилегающим углам (второй признак равенства треугольников).
3. Из равенства треугольников следует, что AB = CD, BC = AD и ∠B = ∠D как соответствующие элементы равных треугольников (рис. 14, в).
4. Углы A и C равны как суммы равных углов: ∠A = ∠1 + ∠2, ∠С = ∠3 + ∠4.
Теорема доказана. 

Свойство диагоналей параллелограмма

Теорема. Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный параллелограмм. Проведем его
диагонали AC и BD, которые по свойству параллелограмма пересекаются (рис. 15). Обозначим точку их пересечения через O. Докажем, что АО = ОС и BО = ОD.
1. Диагонали параллелограмма делят его на четыре треугольника. Рассмотрим два из них, которые содержат противоположные стороны параллелограмма, например, ΔАОD = ΔСOВ. В них AD = BC (доказанное свойство) ∠1 = ∠3 как внутренние разносторонние при AD || BC и секущей AC, ∠2 = ∠4 как внутренние разносторонние при AD || BC и секущей BD. Итак, ΔАОD = ΔСOВ.
2. Из равенства треугольников следует, что АО = ОС и BО = ОD.
Теорема доказана. 
 

Высоты параллелограмма

На рис. 16 изображен параллелограмм ABCD и параллельные прямые a и b,
которым принадлежат противоположные стороны AD и BC параллелограмма. MN, BP, ST и LO — общие перпендикуляры к прямым a и b. Все они равны и каждый из них называют высотой параллелограмма.

Определение.
Высотой параллелограмма называют общий перпендикуляр к прямым, содержащий противоположные стороны параллелограмма. Высотой параллелограмма называют также и длину перпендикуляра.

В основном высоты параллелограмма проводят из его вершин. В параллелограмме ABCD на рис. 17 а) проведения высоты BN и BM с вершины B, а на рис. 17, б) — высоты CK и CP из вершины C.

Признаки параллелограмма

Определение параллелограмма дает основной признак–условие, по которому можно установить, является ли данный четырехугольник параллелограммом — параллельность противоположных сторон. Установим другие признаки параллелограмма.

1. Признак параллелограмма по паре противоположных сторон.
Построим параллельные прямые (рис. 19, а). Отложим на них равные отрезки: AD = BC (рис. 19, б). Проведем отрезки AB и CD (рис. 19). Получим четырехугольник ABCD, у которого две стороны параллельны и равны. Будет ли он параллелограммом? Ответ на этот вопрос дает теорема.

Теорема. Если в четырехугольнике две противоположные стороны равны и
параллельны, то он параллелограмм.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, у которого две стороны равны и параллельны, например, AB = CD и AB || CD (рис. 20). Докажем,
что четырехугольник ABCD — параллелограмм.

1. Проведем одну из диагоналей четырехугольника, например, AC. По
свойству выпуклого четырехугольника, она разделит его на два треугольника:
ABC и DCA.
2. ΔABC = ΔCDA — по двум сторонам и углу между ними (второй признак
равенства треугольников). В этих треугольниках AC — общая сторона, AB = CD —
по условию, ∠BAC = ∠DCA как внутренние разносторонние при AB || CD и
секущей AC.
3. Из равенства треугольников ABC и CDA следует, что ∠BCA = ∠DAC как
соответствующие углы равных треугольников

4. Поскольку углы BCA и DAC — внутренние разносторонние при прямых BC
и AD и секущей AC, то из их равенства следует параллельность прямых BC и AD.
5. Итак, четырехугольник ABCD — параллелограмм по определению (AB || CD —
по условию, BC || AD — доказано). 

Признак параллелограмма по равенству противоположных сторон

Построим угол A, меньше развернутого, и отложим на его сторонах отрезки АВ = a; AD = b (рис. 21, а). Опишем окружность с центром в точке В, радиус которой равен b, и окружность с центром в точке D, радиус которой равен a (рис. 2,1 б). С — точка пересечения окружностей.

Соединяем точку C с точками B и D (рис. 21, в). Получаем четырехугольник, у которого противоположные стороны равны. Будет ли четырехугольник, противоположные стороны которого равны, параллелограммом? Ответ на этот вопрос дает теорема.

Теорема. Если в четырехугольнике противоположные стороны равны, то он является параллелограммом.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, у которого противоположные стороны равны: AB = CD и BC = AD. Докажем, что четырехугольник ABCD — параллелограмм.

1. Проведем одну из диагоналей четырехугольника, например, BD (рис. 22, а). Она разделяет его на два треугольника BAD и DCB,  равные по трем сторонам.
2. Для удобства обозначим углы как 1-4 , на которые диагональ BD делит углы B и D четырехугольника (рис. 22, б). Из равенства треугольников следует, что ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4.
3. Поскольку углы 1 и 2 — внутренние разносторонние при прямых AD и BC и
секущей BD, то из их равенства следует, что AD || BC (по признаку параллельности
прямых). Поскольку углы 3 и 4 — внутренние разносторонние при прямых AB и CD и секущей BD, то из их равенства следует, что AB || CD.
4. Итак, в четырехугольнике ABCD противоположные стороны параллельны, а следовательно, по определению, он  является параллелограммом. Теорема доказана. 

Признак параллелограмма по диагоналями

Проведем прямые a и b, которые пересекаются в точке О (рис. 23, а). Отложим на прямой a равные отрезки OA и OC, а на прямой b — равные отрезки OB и OD (рис. 23, б).

Последовательно соединим отрезками точки A, B, C и D (рис. 23 в).
Будет образованный четырехугольник ABCD параллелограммом? Ответ на
этот вопрос дает теорема.
Теорема. Если диагонали четырехугольника точкой пересечения делятся
пополам, то он параллелограмм.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный выпуклый четырехугольник, у которого диагонали пересекаются в точке О и каждый из них точка пересечения делит пополам: ОA = ОC, OB = OD (рис. 24, а). Докажем, что ABCD — параллелограмм.

1. Треугольники АОВ и СОD равны по двум сторонам и углу между ними (AO = OC, BO = OD — по условию, ∠AOB = ∠COD как вертикальные).
2. Из равенства треугольников AOB и COD следует равенство углов BAO и DCO (рис. 24, б). Поскольку эти углы — внутренние разносторонние при прямых AB и CD и секущей AC, то прямые AB и CD — параллельны.
3. Аналогично, из равенства треугольников AOD и COB следует параллельность АD и BC (рис. 24, в).
4. Таким образом, в четырехугольнике ABCD противоположные стороны параллельны (AB || CD и AD || BC). Итак, ABCD — параллелограмм (по определению).

Задача №31

Найти углы параллелограмма, если разность двух из них равна 120°.
Решение
Поскольку заданные углы равны, то они не могут быть противоположными.
Итак, эти углы прилегающие к одной стороне, поэтому их сумма равна 180°.
Пусть х — градусная мера меньшего угла, тогда х + 120° — градусная мера большего угла. Получаем уравнение: х + х + 120 = 180; 2х = 60; х = 30; х + 120 = 150. Итак, 30° — меньший угол; 150° — больший угол.
Поскольку противоположные углы параллелограмма равны, то углы данного параллелограмма равны 30°; 150°; 30°; 150°.
Ответ: 30°; 150°; 30°; 150°.

Задача №32

Найти стороны параллелограмма, если одна из них вдвое больше другой, а периметр параллелограмма равен 42 см.
Решение
Поскольку заданные стороны равны, то они не противоположные. Таким образом, данные стороны соседние. Их сумма равна полупериметру, то есть 42 : 2 = 21 (см). Пусть х — меньшая сторона (в см), тогда 2х — большая сторона (в см).
Получаем уравнение: х + 2х = 21; 3х = 21; х = 7; 2х = 14; х = 7.

Поскольку противоположные стороны параллелограмма равны, то стороны данного параллелограмма равны 7 см; 14 см; 7 см; 14 см.
Ответ: 7 см; 14 см; 7 см; 14 см

Задача №33

Доказать, что биссектриса угла параллелограмма отсекает от него равнобедренный треугольник.

Доказательство. Пусть АВСD — параллелограмм (рис. 25), у которого AМ —
биссектриса угла А, точка М лежит на стороне АС.

1. ∠ВАМ = ∠DAM — по определению биссектрисы.
2. ∠AMB = ∠DAM — как внутренние разносторонние при параллельных прямых AD и ВС и секущей АМ.
3. Поскольку углы АМВ и ВАМ равны углу DAM, то они равны между собой.
4. Итак, треугольник АВМ — равнобедренный (признак по углам).

Задача №34

Доказать, что угол между высотами параллелограмма, проведенный из вершины тупого (острого) угла параллелограмма равен острому (тупому) углу параллелограмма.

Доказательство. Рассмотрим случай, когда высоты проведены из вершины
тупого угла. Пусть ВМ и BK — высоты, проведенные из вершины тупого угла В
параллелограмма АВСD (рис. 26).
Обозначим острый угол параллелограмма через α, то есть ∠А = ∠C = α.

Треугольники АВМ и СВK прямоугольные (∠М = ∠K = 90°), следовательно,
∠АВМ = 90° – α и ∠CBK = 90° – α. Тогда ∠MBK = ∠АВС – (∠АВМ + ∠СBK) = ∠ABC – (90° – α + 90° – α) = ∠ABC – (180° – 2α). Поскольку сумма соседних углов параллелограмма равна 180°, то получаем: ∠АВС = 180° – α. Итак, ∠MBK = 180° – α – (180° – 2α) = 180° – α – 180° + 2α = α, то есть ∠MBK = ∠А, что и требовалось доказать. Случай, когда высоты проведены с вершины острого угла, доказывают аналогично.

Задача №35

Если в четырехугольнике противоположные углы равны, то он является параллелограммом.

Доказательство. Пусть АBCD — четырехугольник, у которого ∠А = ∠С = α и
∠В = ∠D = β (рис. 27).

По теореме о сумме углов четырехугольника имеем: α + β + α + β = 360°
2 (α + β) = 360° α + β = 180°. Итак, ∠А + ∠В = 180° и ∠А + ∠D = 180°. Углы А и В — внутренние односторонние при прямых AD и ВС и секущей АВ. Поскольку
∠А + ∠В = 180°, то по признаку параллельности, AD || ВС. Углы А и D — внутренние односторонние при прямых АВ и СD и секущей АD. Поскольку ∠А + ∠D = 180°, то АВ || CD. Таким образом, в четырехугольнике ABCD АВ || CD и ВС || АD. Итак, ABCD —параллелограмм.

Прямоугольник

Определение и свойства прямоугольника
На рис. 33 изображены параллелограммы, у которых один из углов прямой. По
свойствам параллелограмма все остальные его углы тоже прямые. Такие параллелограммы называют прямоугольниками.

Определение.

Прямоугольником называют параллелограмм, у которого все углы прямые.

Поскольку прямоугольник является параллелограммом, то он обладает всеми свойствами параллелограмма. Основное свойство прямоугольника по определению — все его углы прямые, а следовательно, равны.
По рисункам прямоугольников легко выявить характерное свойство их диагоналей: они равны.

Теорема. Диагонали прямоугольника равны.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный прямоугольник. Докажем, что
его диагонали AC и BD — равны.

1. Рассмотрим прямоугольные треугольники ABD и DCA, гипотенузами у которых являются соответственно диагонали прямоугольника BD и CA (рис. 34). У этих треугольников катет AD — совместный, катеты AB и CD равны как противоположные стороны прямоугольника. Итак, ΔABD = ΔDCA по двум катетам.
2. Из равенства треугольников ABD и DCA следует равенство их гипотенуз BD и
CA. Итак, BD = CA.

Следствие. Точка пересечения диагоналей прямоугольника равноудалена
от всех вершин.

Признак прямоугольника

Определение прямоугольника содержит основной признак–условие, по которому параллелограмм является прямоугольником: углы параллелограмма должны быть прямыми. Установим признак прямоугольника с диагоналями.

Обозначим точку O и проведем через нее прямые a и b (рис. 35, а). Отложим от точки O на этих прямых равные отрезки OA, ОВ, OC и OD (рис. 35, б). Последовательно совместим точки A, B, C и D отрезками. Очевидно, что образованный четырехугольник является прямоугольником. Докажем это.

Теорема. Если в четырехугольнике диагонали равны и точка пересечения делит их пополам, то данный четырехугольник является прямоугольным.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, в котором диагонали AC и BD равны, O — точка их пересечения и AO = OC, BO = OD (рис. 35, в).
Докажем, что ABCD — прямоугольник.
1. Из условия AO = OC и BO = OD следует, что данный четырехугольник ABCD
является параллелограммом (теорема–признак параллелограмма по диагоналям)

2. Докажем, что углы A и D параллелограмма ABCD равны, а значит, и прямые. Рассмотрим треугольники BAD и CDA, содержащие эти углы. В треугольниках
BAD и СDA сторона AD — общая, AB = CD (как стороны параллелограмма), AC = BD — по условию. Итак, ΔBAD = ΔCDA по трем сторонам.
3. Из равенства треугольников BAD и CDA следует, что ∠BAD = ∠CDA.
Поскольку ∠BAD + ∠СDA = 180° (свойство соседних углов параллелограмма),
то ∠BAD = ∠CDA = 90°. Поскольку в параллелограмме противоположные углы равны, то все остальные углы параллелограмма ABCD тоже являются прямыми. Следовательно, он является прямоугольником. Теорема доказана.

Ромб

Определение и свойства ромба
На рис. 36 изображен параллелограмм ABCD, у которого соседние стороны AB и
AD равны. По свойству сторон параллелограмма все остальные стороны параллелограмма тоже равны. Такой параллелограмм называют ромбом.

Определение. Ромбом называют параллелограмм, у которого все стороны равны.

Поскольку ромб является параллелограммом, то он имеет все его свойства. Основное свойство ромба по определению — равенство его сторон.
Установим другие характерные свойства ромба, по которым он отличается от параллелограмма, который не является ромбом.

Теорема (свойство диагоналей ромба).
Диагонали ромба перпендикулярны и делят его углы пополам.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный ромб, О — точка пересечения его
диагоналей AC и BD (рис. 37). Докажем, что AC перпендикулярна BD, а углы, на которые разделяет диагональ ромба его угол, равны. Например, ∠ABD = ∠CBD.

1. Рассмотрим треугольник ABС. По определению ромба, AB = BC. Итак,
ΔABC — равнобедренный с основанием AC.
2. По свойству диагоналей параллелограмма, O — середина AC. Итак,
BO — медиана равнобедренного треугольника ABC.

3. По свойству медианы равнобедренного треугольника, BO — высота и
биссектриса треугольника ABC. Итак, AC⊥BО, а значит, AC⊥BD и ∠ABO =
= ∠CBO. Теорема доказана. 
 

Признаки ромба

Определение ромба содержит основной признак ромба — условие, при выполнении которого параллелограмм является ромбом — равенство всех его сторон. Установим другие признаки ромба.
Непосредственно с признаками параллелограмма по равенству противоположных сторон из определения ромба следует признак ромба.

Признак. Если в четырехугольнике все стороны равны, то он является ромбом.

Установим признак ромба с диагоналями. Проведем две перпендикулярные прямые a и b, которые пересекаются в некоторой точке О (рис. 38, а).

Отложим на прямой а равные отрезки OA и ОС, а на прямой b — ОВ и OD (рис. 38, б). Последовательно соединяем точки A, B, C и D отрезками. Имеем следующий признак ромба.

Теорема. Если диагонали четырехугольника перпендикулярны и в точке
пересечения делятся пополам, то четырехугольник является ромбом.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, у которого диагонали AC и BD перпендикулярны и в точке O — пересечения диагоналей — делятся пополам: AO = OС, ВО = OD. Докажем, что четырехугольник ABCD (рис. 38, в) является ромбом.
1. Поскольку AO = OC и BO = OD, то по признаку параллелограмма, четырехугольник ABCD является параллелограммом.
2. ΔAОВ = ΔСОВ — по двум катетами. Итак, AB = ВС.
3. Поскольку ABCD является параллелограммом, то AB = CD и ВС = AD. Значит, все
стороны параллелограмма ABСD равны. Следовательно, он является ромбом.

Квадрат

На рис. 39 изображен ромб ABCD, у которого угол A прямой, а значит и все другие углы прямые. Такой ромб называют квадратом. Его можно рассматривать и как прямоугольник, у которого все стороны равны.

Определение Квадратом называют ромб, у которого все углы прямые; или
прямоугольник, у которого все стороны равны.

Поскольку квадрат является одновременно и параллелограммом, и прямоугольником, и ромбом, то он имеет все свойства.

Задача №36

Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе равна ее половине.

Доказательство. Пусть АВС — прямоугольный треугольник с прямым углом С, в
котором СМ — медиана, то есть АМ = МВ (рис. 40, а). Проведем луч СМ и отложим на нем от точки М отрезок MD = CM (рис. 40, б). Соединим точку D с точками А и В.

Образованный четырехугольник CADB — параллелограмм (признак по диагоналям) (рис. 40, в). По свойству углов параллелограмма ∠АDВ = ∠ACB = 90°,
∠СAD = 180° – ∠ACB = 180°– 90° = 90°; ∠СВD = ∠CAD = 90°. Итак, в параллелограмме CADB все углы прямые, и он является прямоугольником. По свойству диагоналей прямоугольника, AB = CD. Итак,  то есть 

Задача №37

Найти углы ромба, у которого высота, опущенная из вершины тупого угла, делит противоположную сторону пополам.
Решение.
Пусть ABCD — ромб, у которого точка М — середина AD и BM⊥AD, то есть ВМ — высота (рис. 41, а).

1. Проведем диагональ BD (рис. 41, б). Имеем: ΔАВМ = ΔDBM — по двум катетам (ВМ — совместный, АМ = MD — по условию). Из равенства треугольников следует, что AB = BD.
2. Поскольку AB = AD (как стороны ромба), то у треугольника ABD все стороны равны, то есть он является  равносторонним. Тогда ∠А = 60° как угол равностороннего треугольника.
3. ∠А = ∠С = 60° (как противоположные углы ромба). Углы B и D равны
180° – 60° = 120°.
Ответ: 60°; 120°; 60°; 120 °. 

Задача №38

Точка М принадлежит прямой, содержащей диагональ параллелограмма и не является точкой пересечения диагоналей. Она равноудалена от концов другой диагонали. Доказать, что параллелограмм является ромбом.

Доказательство. Пусть ABCD — параллелограмм, О — точка пересечения его
диагоналей. Точка М, принадлежащая прямой АС, равноудалена от точек В и D,
то есть МВ = МD (рис. 42). Докажем, что ABCD — ромб.

1. Треугольник BMD — равнобедренный (МВ = МD — по условию).
2. За свойством диагоналей параллелограмма точка О — середина BD. Итак, отрезок МО является медианой треугольника BMD, а значит, и его высотой (по свойству медианы равнобедренного треугольника). Отсюда следует, что
MA⊥BD, или CA⊥BD.
3. Таким образом, в параллелограмме ABCD диагонали СА и BD перпендикулярны. Итак, по признаку ромба параллелограмм ABCD является ромбом.

Теорема Фалеса

Рассмотрим некоторые теоремы, основанные на свойствах параллелограмма.

Даны параллельные прямые a и b. На прямой a последовательно отложим равные отрезки, например  (рис. 43, а). Через концы отрезков проведем параллельные прямые, которые пересекают прямую b в точках  и  Какими по длине являются отрезки  и (рис. 43 б)? Ответить на вопрос легко, опираясь на свойство параллелограмма. Образованные четырехугольники  и по определению являются параллелограммами. По свойству параллелограмма, их противоположные стороны равны:  и  поскольку  то и 
Проведем прямую c, не параллельную прямой a (рис. 43, в). Будут ли в
таком случае равными отрезки прямой c?
Ответ на вопрос дает теорема.

Теорема Фалеса
Если на одной стороне угла отложить равные отрезки и через их концы провести параллельные прямые, которые пересекают другую сторону угла, то на другой стороне образуются равные между собой отрезки.

Пусть на одной стороне произвольного угла A отложены равные отрезки, например,  Через концы  проведем прямые, пересекающие
вторую сторону угла соответственно в точках  (рис. 44, а) Докажем, что

Доказательство.
1. Проведем через точку  прямую с, параллельную другой стороне угла.
  и — точки пересечения прямой с соответственно с прямыми  и 
(рис. 44, б).
2.  и — как противоположные стороны параллелограммов
 и  Поскольку 
3. по стороне и двум прилегающим углам:
∠1 = ∠2 как вертикальные, ∠3 = ∠4 как внутренние разносторонние при и секущей с.
4. Из равенства треугольников  и следует равенство отрезков
 Теорема доказана. 
 

Разделение отрезка на равные части

На основе теоремы Фалеса можно делить отрезок на равные части.
 

Задача №39

Разделить данный отрезок АВ на  равных частей (рис. 45, а).
Пусть  

                                                                     Построение
1. Проводим произвольный луч АМ (рис. 45, б).
2. Отложим на луче АМ равные отрезки

(рис. 45, в).
3. Проводим отрезок А₅В.
4. Через точки  и проведем прямые, параллельные отрезку
 — точки их пересечения с отрезком AB (рис. 45, г).
5. Имеем:  (по теореме Фалеса). Итак, отрезок АВ разделен на 5 равных частей.

Средняя линия треугольника

На рис. 46, а отрезок МK соединяющей точки М и K — середины сторон АВ и
ВС треугольника АВС. Такой отрезок называют средней линией треугольника.

Определение. Средней линией треугольника называют отрезок, который
соединяет середины двух его сторон.

На рисунке 46, б) проведены все три средние линии треугольника. Легко увидеть, что каждая из средних линий параллельная одной из сторон треугольника и
равна ее половине. Докажем это утверждение на основе теоремы Фалеса и
свойств параллелограмма.

Теорема. Средняя линия треугольника параллельна третьей стороне треугольника и равна ее половине.

Доказательство. Пусть АВС — произвольный треугольник (рис. 47, а). Точка
М — середина стороны АВ. Проведем через точку М прямую   (рис. 47, б).
Она пересекает сторону ВС в точке K.

По теореме Фалеса, точка K — середина стороны ВС. Итак, МK — средняя линия треугольника — является отрезком прямой а и параллельна стороне АС, то есть МK || АС. Докажем, что 
1. Проведем через точку K прямую   (рис. 47, г). По теореме Фалеса, она пересечет сторону АС в точке Р, которая является серединой АС. Итак,

2. В четырехугольнике АМKР противоположные стороны параллельны, то есть он параллелограмм. По свойству сторон параллелограмма МK = AР (рис. 47, г).
3. Имеем:   Итак,  Теорема доказана.

Задача №40

В треугольнике АВС через точку М — середину стороны АВ, и точку Р — середину отрезка МВ, проведены прямые, параллельные стороне АС, пересекающие сторону ВС соответственно в точках K и А (рис. 48). Найти длину стороны АС, если РО = 12 см.
Решение.

По теореме Фалеса, точка K — середина отрезка ВС, а точка В — середина отрезка ВK. Итак, МK — средняя линия треугольника АВС, а РО — средняя линия треугольника МВK. По свойству средней линии МK = 2РО = 2 · 12 = 24 (см). АС = 2МK = 2 · 24 = 48 (см).
Ответ: АС = 48 см. 

Задача №41

В треугольнике АВС проведены медианы  и  которые пересекаются в точке О (рис. 49). Точка М — середина отрезка ОВ, а точка K — середина отрезка ОС. Доказать, что четырехугольник  является параллелограммом.
Решение.

1. Отрезок  является средней линией треугольника АВС. Итак,  

2. Отрезок МК является средней линией треугольника ОВС. Итак,  и 

3. По условию  и , выходит, что 

4. Из равенств  и  выходит, что  Таким образом, по свойству параллелограмма, четырехугольник  является параллелограммом.

Задача №42

Доказать, что середины сторон четырехугольника являются вершинами
параллелограмма.

Доказательство. 1. Отрезок MN является средней линией треугольника АВС
(рис. 50). Итак, MN || ΑС и 
2. Отрезок PK является средней линией треугольника АDС. Итак, PK || ΑС и

3. Из условий MN || AС и PK || AС следует, что MN || PK.
4. Из равенств и следует, что MN = PK. Таким образом, по признаку параллелограмма четырехугольник МNKP является параллелограммом.

Трапеция

Определение трапеции и ее свойства:
На рис. 51 изображены четырехугольники, у которых две стороны параллельные, а две другие — непараллельные. Такие четырехугольники называют трапециями.

Определение. Трапецией называют четырехугольник, у которого две стороны
параллельны, а две другие — непараллельные.

Параллельные стороны трапеции называют основаниями, а непараллельные —
боковыми сторонами.
1. В любой трапеции основания неравны: если бы основания были равны, то четырехугольник был бы параллелограммом и боковые стороны были бы параллельными, что невозможно по определению.
2. В любой трапеции при большем основании один или оба углы острые.
Доказательство этого утверждения приведено в «примерах решения задач».
Трапецию, в которой один из углов при основании прямой, называют прямоугольной трапецией.
3. В любой трапеции сумма углов, прилегающих к боковой стороне, равна 180°. Сумма углов, прилегающих к основанию, не равна 180° (если эта сумма
равнялась бы 180°, то боковые стороны были бы параллельными).

Средняя линия трапеции

На рис. 52 ABCD — трапеция с основаниями AD и BC. Точки М и N — середины соответственно боковых сторон АВ и CD. Отрезок MN называют средней
линией трапеции.

Определение. Средней линией трапеции называют отрезок, соединяющий середины ее боковых сторон.

На основе теоремы Фалеса и теоремы о средней линии треугольника докажем свойство средней линии трапеции.

Теорема. Средняя линия трапеции параллельна ее основаниям и равна их
полусумме.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольная трапеция с основаниями AD и BC,
MN — ее средняя линия (рис. 53). Докажем, что: а) MN || AD (MN || BC)
б) 

1. Проведем через вершину B и точку N прямую. Поскольку BC || AD, то
прямая BN пересекает прямую AD. Пусть T — точка пересечения прямых BN и AD.
2. Рассмотрим треугольники NCB и NDT. В них CN = ND по условию, ∠CNB = ∠DNT (как вертикальные), ∠NCB = ∠NDT (как внутренние разносторонние при параллельных прямых BC и AD и секущей CD). Итак, ΔNCB = ΔNDT по стороне и двум прилегающим углам.
3. Из равенства треугольников NCB и NDT следует, что BC = DT и BN = NT.
4. В треугольнике ABT точка M — середина AB, а точка N — середина ВТ, поэтому MN — средняя линия треугольника ABT. По теореме о средней линии
треугольника:
1) MN || AТ, а, следовательно, MN || AD и MN || BC (так AD || BC).

2) Поскольку DT = BC, то получаем: 
Теорема доказана.

Высота трапеции

На рис. 54 ST, BK, FL, CM и OP — общие перпендикуляры к параллельным прямым a и b, которым принадлежат основания трапеции ABCD. Каждый из перпендикуляров называют высотой трапеции.

Определение.
Высотой трапеции называют общий перпендикуляр к параллельным прямым, которым принадлежат основания трапеции. Высотой называют также и длину этого перпендикуляра.

Проводят высоты трапеции преимущественно из вершин при меньшем основании.

Равносторонняя трапеция

На рис. 55 изображена трапеция ABCD, в которой боковые стороны AB и CD равны. Такую трапецию называют равносторонней или равнобедренной.

Определение. Равносторонней трапецией называют трапецию, у которой боковые стороны равны.

Можно предположить, что углы при основании трапеции равны. Докажем этот факт.

Теорема. У равносторонней трапеции углы при основании равны.

Доказательство. Пусть АВСD — произвольная равносторонняя трапеция с большим основанием AD (рис. 56, а). Докажем, что: а) ∠A = ∠D; б) ∠B = ∠C.

1. Отложим на большем основании AD отрезок AP, равный меньшему
основанию BC.
2. Образовавшийся четырехугольник ABCP является параллелограммом (признак по паре противоположных сторон) (рис. 56, б). Итак, AB || CР и по свойству сторон параллелограмма AB = CP.

3. Из равенств AB = CP и AB = CD (по условию) следует, что CP = CD. Итак, ΔPCD — равнобедренный с основанием РD (рис. 56, в).
4. ∠CPD = ∠D как углы при основании равнобедренного треугольника PCD.
∠CPD = ∠A как соответствующие углы при параллельных прямых AB и CР и секущей AP.
Итак, ∠A = ∠D, то есть углы при большем основании равны.
5. Поскольку ∠B = 180° – ∠A и ∠C = 180° – ∠D и ∠A = ∠D, то ∠B = ∠C, то есть углы трапеции при меньшем основании тоже равны. Теорема доказана.

Теорема. Диагонали равносторонней трапеции равны.

Доказательство. Пусть АВСD — равносторонняя трапеция с большим основанием
AD. Докажем, что диагонали AC и BD равны (рис. 57).

1. Рассмотрим треугольники ABD и DCA, сторонами которых являются диагонали BD и AC. ΔABD = ΔDCA по двум сторонам и углу между ними: AD — общая;
AB = CD (по определению равносторонней трапеции) ∠BAD = ∠CDA (доказано свойство углов).
2. Из равенства треугольников ABD и DCA следует, что BD = AC (как соответствующие стороны треугольников). Теорема доказана.

Задача №43

Доказать, что в любой трапеции хотя бы один угол при большем основании острый.
Доказательство. Пусть ABCD — произвольная трапеция (рис. 58). Отложим
на большем основании AD отрезок АМ, равный меньшему основанию ВС.

1. Образуем четырехугольник АВСМ, который является параллелограммом (признак по парной противоположности сторон АМ = ВС — по построению, АD || ВС — как основания трапеции). Итак, АВ || СМ.
2. ∠CMD = ∠А — как соответствующие углы при АВ || СМ и секущей AD.
3. Поскольку в любом треугольнике по  крайней мере два угла острые, то среди углов треугольника CMD хотя бы один из углов М или D острый.
4. Поскольку ∠CMD = ∠А, то и среди углов А и D хотя бы один угол острый. 

Задача №44

Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен основаниям и равен их полуразности.

Доказательство. 1. Пусть ABCD — произвольная трапеция с основаниями AD = а и
ВС = b (рис. 59). Проведем ее среднюю линию РK.

Поскольку РK параллельна основам трапеции AD и ВС, то она пересечет диагональ АС в точке — середине АС (по теореме Фалеса для угла ВАС), а
диагональ BD в точке N — середине BD (по теореме Фалеса для угла АBD).
Таким образом, отрезок MN, который соединяет середины диагоналей, принадлежит средней линии трапеции, а следовательно, параллелен ее основаниям.

2. Поскольку PK = PM + MN + NK, то MN = PK – (PM + NK).
3. Отрезок РМ является средней линией треугольника АВС, поэтому Отрезок NK является средней линией треугольника BCD, поэтому  как средняя линия трапеции ABCD. Имеем: 

Задача №45

Найти периметр равносторонней трапеции, у которой высота и средняя линия соответственно равны 12 см и 23 см, а угол при основании — 30°.
Решение.
Пусть ABCD — равносторонняя трапеция, у которой ∠А = 30°, средняя линия
MN = 23 см, а высота ВK = 12 см (рис. 60).

 По свойству средней линии 

 Итак,  Из треугольника АВК:  (свойство катета ,  который лежит напротив угла  );

 Имеем, 

Ответ. 94 см.

Задача №46

Доказать, что точка пересечения диагоналей равносторонней трапеции
равноудалена от концов большего основания (меньшего основания).

Доказательство. Пусть в равносторонней трапеции ABCD (AB = CD) диагонали
АС и BD пересекаются в точке О. Проведем BK⊥AD и CM⊥AD (рис. 61).

Поскольку ΔBKD = ΔCMA (по гипотенузе АС = BD и катетам BK = CM), то ∠BDK = ∠CAM. Итак, треугольник AOD равнобедренный, поэтому AO = DO. Из равенства диагоналей АС = BD и их частей AO = DO следует, что ВО = СО. Тогда точка О является равноудаленной от концов большего основания и равноудалена от концов меньшего основания, что и требовалось доказать.

Задача №47

Доказать, что в равносторонней трапеции перпендикуляр, опущенный из вершины меньшего основания к большему, делит ее на части, большая из которых равна средней линии трапеции.

Доказательство. Пусть ABCD — равносторонняя трапеция (AD || BC) и АВ = СD.
Проведем BЕ⊥AD и CK⊥AD. MN — средняя линия трапеции (рис. 62).

Поскольку прямоугольные треугольники АВЕ и DCK равны (по гипотенузе
АВ = СD и острым углам ∠А = ∠D), то АЕ = DK. Четырехугольник BCKE является прямоугольником, поэтому EK = BC. Тогда что и требовалось доказать.

Задача №48

Доказать: если диагонали равносторонней трапеции перпендикулярны, то средняя линия трапеции равна ее высоте.

Доказательство. Пусть в равносторонней трапеции ABCD (AD || BC, АВ = DC) диагонали АС и BD пересекаются в точке О под углом 90°, KL — средняя линия
(рис. 63).

Образующиеся треугольники AOD и BOC прямоугольные и равнобедренные
(см. задачу выше). Поскольку в треугольнике АOD АО = OD, то ∠OAD = 45°. Аналогично, из треугольника BOC ∠ОВМ = 45°. Проведем через точку В высоту
трапеции MN. Образовались прямоугольные треугольники с острым углом 45°, то есть треугольники AON и BOM равнобедренные: AN = ON, BM = OM. Получаем:
что и требовалось
доказать.

Углы, связанные с кругом. Вписанные и описанные четырехугольники

Центральные углы, дуги и их угловые меры

На рис. 64 изображены углы, вершинами которых  является центр круга. Соответственно и называют такие углы центральными.

Определение. Центральным углом называют угол, вершиной которого является центр данного круга.
Центральный угол может быть меньше развернутого (рис. 64, а), развернутым (рис. 64, б) и больше развернутого (рис. 64, в).
Стороны центрального угла пересекают круг в двух точках, которые разделяют круг на части — дуги. Одна из дуг принадлежит центральному углу, а другая — не принадлежит. Чтобы отличать две дуги с одинаковыми концами, на одной из них или на обоих указывают некоторую промежуточную точку. Обозначают дуги по концам или концам и промежуточной точки, используя знак  На рис. 65, а) центральному углу принадлежит дуга АСВ и не принадлежит дуга ADB  О дуге, которая принадлежит центральному углу, говорят, что она соответствует центральному углу, или, наоборот, центральный угол соответствует дуге.

Определение. Каждая дуга на окружности имеет угловую (градусную) меру. Угловой степенью дуги является градусная мера, соответствующая центральному углу.

На рис. 65, а) ∠AOB = 90°, следовательно,  На рис. 65, б) ∠MOK = 225°,
следовательно, 

Угловая (градусная) мера окружности равна 360°, полукруга — 180°, четверти круга — 90°. Сумма мер двух дуг, которые дополняют друг друга в круге, равна
360°. На рис. 65, а)  на рис. 65, б) 

Вписанный угол

На рис. 66, а) изображены угол BAC, вершиной которого является точка окружности, а его стороны AB и AC пересекают этот круг. Угол BAC называют вписанным в круг.

Определение. Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают этот круг, называют углом, вписанным в круг.

Центр окружности может лежать внутри вписанного угла (рис. 66, а), на его стороне (рис. 66, б) или вне угла (рис. 66, в).
Стороны и вершина вписанного угла разделяют круг на три дуги. Одна из
них относится к  углу, а две другие — не принадлежат. В случае, когда дуга принадлежит вписанному углу, говорят, что угол опирается на эту дугу. На рис. 66, а) вписанный угол ВАС опирается на дугу которой соответствует центральный угол ВОС. Говорят, что вписанному углу ВАС отвечает центральный угол ВОС.

Теорема.
Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается, то есть равен половине центрального угла, который ему соответствует.

Доказательство. Пусть дана произвольная окружность с центром О. ∠АВС — вписанный угол, тогда соответствующий ему центральный угол ∠АОС.
Докажем, что 
Рассматриваем три случая размещения центра окружности относительно угла АВС.

1 случай. Центр окружности В принадлежит одной из сторон угла АВС, например, стороне ВС (рис. 67, а).
1. ΔАВО — равнобедренный с основанием АВ (ОА = ОВ как радиусы).
2. ∠АОС — внешний угол треугольника АВО: ∠AОС = ∠ВАО + ∠АВО = 2∠АВС.

Итак, 

2 случай. Центр окружности В лежит внутри угла АВС (рис. 67, б). Проведем луч BО, который пересекает дугу АС в точке D. Луч ВD разделяет угол АВC на вписанные углы АВD и СBD, сторона BD проходит через центр круга. Поэтому согласно результатам, полученным в случае 1, получаем:

3 случай. Центр окружности В лежит вне угла АВС (рис. 67, в). Через центр окружности О проведем луч BD. Получаем, что луч ВС принадлежит углу АВD и разделяет его на два угла. Поэтому согласно результатам, полученным в случае 1, получаем:

 Теорема доказана.

Следствия.
1. Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны (рис. 68, а).
2. Вписанный угол, опирающийся на полукруг (диаметр), является прямым (рис. 68, б).

На рис. 68, а) углы АМВ, ANB, AKB вписаны и опираются на дугу АВ.
Итак, 
На рис. 68, б) АВ — диаметр круга. Вписанные углы АМВ, ANB и AKB опираются на диаметр АВ. Итак, 

Вписанный четырехугольник

Вписанный четырехугольник и его свойства
На рис. 69, а) дана окружность с центром О, все вершины четырехугольника АВСD лежат на круге.

Такой четырехугольник называют вписанным в круг, или вписанным четырехугольником.

Определение. Четырехугольник, все вершины которого лежат на окружности, называют вписанным четырехугольником.

Если четырехугольник вписан в круг, то центр круга равноудален от вершин четырехугольника и является точкой пересечения серединных перпендикуляров, проведенных к его сторонам (рис. 69, б).

Теорема. Если четырехугольник вписан в круг, то сумма его противоположных углов равна 180°.

Доказательство. Пусть дана окружность с центром О и произвольный четырехугольник ABCD, вписанный в этот круг (рис. 70). Докажем, что ∠A + ∠С = 180° и ∠B + ∠D = 180°.

Противоположные углы любого вписанного четырехугольника опираются на
дуги, которые дополняют друг друга в круге. Например, угол А опирается на
дугу BCD, а угол С — на дугу BAD. Суммой дуг BCD и BAD является круг. По теореме о степени вписанного угла получаем:

Аналогично,

Теорема доказана. 
Из теоремы следует: если сумма противоположных углов четырехугольника не равна 180°, то вокруг него нельзя описать круг. Например, можно описать круг вокруг параллелограмма с острым углом, в частности, вокруг ромба.

Признак вписанного четырехугольника

Имеет место и теорема, обратная доказанной. Она устанавливает, при каких
условиях вокруг четырехугольника можно описать окружность.

Теорема.
Если в выпуклом четырехугольнике сумма двух противоположных углов равна 180°, то вокруг четырехугольника можно описать круг.

Cледствия.
1. Вокруг любого прямоугольника можно описать окружность.
2. Вокруг каждой равносторонней трапеции можно описать круг.

Доказательство теоремы представлено в рубрике «Для тех, кто хочет знать больше».

Описанный четырехугольник

Описанный четырехугольник и его свойства

Пусть окружность с центром О касается всех сторон четырехугольника АВСD.

Такой четырехугольник называют описанным вокруг круга, или описанным
четырехугольником.

Определение. Описанным четырехугольником называют четырехугольник, все стороны которого касаются круга.

Такой четырехугольник изображен на рис. 71, а). Если четырехугольник описан вокруг окружности, то центр окружности равноудален от всех сторон четырехугольника и является точкой пересечения биссектрис углов четырехугольника (рис. 71, б).

Теорема. Если четырехугольник описан, то суммы его противоположных
сторон равны.

Доказательство. Пусть ABCD — описанный четырехугольник (рис. 71, б). Докажем, что АВ + СD = AD + BC.
Обозначим точки касания сторон четырехугольника в круге через M, N, Р и K. Известно, что отрезки касательных, проведенные из одной точки в круг, равны.
Есть АМ = АK, МВ = BN, DP = KD, PC = NC.
Сложим по частям эти равенства АМ + МB + DР + РС = АK + BN + KD + NС; АВ + DC = AK + KD + BN + NС; АВ + DC = AD + BС. 

Признак описанного четырехугольника

Справедливая и обратная теорема, выражающая признак описанного четырехугольника.

Теорема. Если суммы противоположных сторон выпуклого четырехугольника
равны, то такой четырехугольник можно вписать в окружность.

Следствие. Круг можно вписать в любой ромб.

Центром круга вписанного в ромб, является точка пересечения диагоналей, а его диаметр равен высоте ромба. Доказательство теоремы представлено в рубрике «Для тех, кто хочет знать больше».

Задача №49

Доказать, что угол, вершина которого лежит вне круга, а стороны пересекают круг, измеряется полуразностью дуг, которые лежат между его сторонами.

Доказательство. Пусть S — точка, которая лежит вне данного круга (рис. 72).

Проведем из точки S два луча, которые пересекают окружность в точках А и С,
B и D. Докажем, что 
Проведем хорду СВ (или AD). Имеем: ∠АСВ = ∠ASB + ∠CBS (как внешний угол треугольника CBS). Отсюда ∠ASB = ∠ACB – ∠CBS. Поскольку
(по свойству вписанных углов), то
 что и требовалось доказать.

Задача №50

Доказать, что равные хорды стягивают равные дуги.

Доказательство. Пусть в круге с центром О проведены равные хорды АВ и CD
(рис. 73).

Соединим концы хорд с центром круга. Треугольники АОВ и DOC равны по трем сторонами (АВ = CD, OA = OB = OC = OD как радиусы круга). Из равенства треугольников следует равенство углов АОВ и COD. Эти углы являются центральными.
Итак, дуги   и имеют одинаковую градусную меру.

Задача №51

Доказать, что угол, вершина которого лежит внутри круга, измеряется полусуммой дуг, одна из которых лежит между сторонами угла, а другая — между их продолжениями.

Доказательство. Пусть даны окружность с центром в точке О и точка М, лежащая внутри соответствующего круга (рис. 74).

Точка М является вершиной угла АМВ. Начертим лучи, дополняющие к
сторонам этого угла, до их пересечения с окружностью. Получим точки С и D. Проведем хорду ВС. Поскольку угол АМВ — внешний угол треугольника ВМС, то
∠АМВ = ∠1 + ∠2. По свойству вписанного угла имеем: 

Задача №52

Доказать, что угол между касательной и хордой, которые имеют общую точку на окружности, равны половине угловой меры дуги, которая лежит внутри этого угла.

Доказательство. Пусть дан круг с центром в точке О, проведем касательную ВА
(А — точка касания) и через точку А проведем хорду АС (рис. 75, а). Докажем, что 

Проведем через точку А диаметр AD, который образует с касательной АВ прямой угол (свойство касательной к окружности) (рис. 75, б). Соединим точки D и С.
∠АСD = 90°, поскольку он опирается на диаметр круга. Из треугольника ACD:
∠DAC + ∠CDA = 90°. ∠BAD = ∠DAC + ∠CAB = 90°. Отсюда ∠CDA = ∠CAB.
Поскольку угол CDA вписан в круг, то   Тогда  
что и требовалось доказать.

Задача №53

Доказать, что любая трапеция, вписанная в круг, является равносторонней.

Доказательство. Пусть ABCD — вписанная трапеция (рис. 76).

По свойству вписанного четырехугольника ∠A + ∠C = 180°, то есть
∠C = 180° — ∠A (1). По свойству углов, прилегающих к боковой стороне трапеции, ∠A + ∠В = 180°, то есть ∠В = 180° – ∠А (2). Из равенств (1) и (2) следует, что ∠В = ∠C, а следовательно, и ∠A = ∠D. Поскольку углы при основании трапеции равны, то она равносторонняя (признак равносторонней трапеции с углами при основании).

Задача №54

В описанном четырехугольнике ABCD AB : BC : CD = 3 : 5 : 7. Найти стороны четырехугольника, если его периметр равен 30 см.
Решение.
Обозначим стороны АВ, ВС и CD через 3k см, 5k см и 7k см. По свойству описанного четырехугольника AB + CD = BC + DA. Итак, 3k + 7k = 5k + DА.
Откуда DA = 3k + 7k – 5k = 5k. Получаем уравнение 3k + 5k + 7k + 5k = 30;
20k = 30; k = 30 : 20 = 1,5. Таким образом, АВ = 3 · 1,5 = 4,5 (см), ВС =
= 5 · 1,5 = 7,5 (см), CD = 7 · 1,5 = 10,5 (см). AD = 5 · 1,5 = 7,5 (см).
Ответ: 4,5 см; 7,5 см; 10,5 см; 7,5 см.

Для тех, кто хочет знать больше

Теорема. Если в выпуклом четырехугольнике сумма двух противоположных углов равна 180°, то вокруг четырехугольника можно описать окружность.

Доказательство. Пусть АВСD — произвольный четырехугольник, у которого одна из сумм противоположных углов равна 180°. Например, ∠А + ∠С = 180°. Тогда по теореме о сумме углов четырехугольника ∠В + ∠D = 360° – 180° = 180°. Докажем, что вокруг четырехугольника ABCD можно описать круг.
Через любые три вершины четырехугольника, которые могут быть вершинами треугольника, всегда можно провести окружность. Пусть окружность проведена, например, через вершины А, В и С. Возможны три случая размещения четвертой вершины D относительно круга. Точка D лежит: а) внутри круга (рис. 77, а) б) вне круга (рис. 77, б) в) на окружности (рис. 77, в).

а) Предположим, что точка D лежит внутри круга. Продолжим отрезок AD по
прямой до пересечения с окружностью. Е — точка пересечения прямой AD и окружности. Соединим точки С и Е. Образуется вписанный четырехугольник АВСЕ. Имеем: ∠В + ∠Е = 180° (по доказанному свойству вписанного четырехугольника), ∠В + ∠D = 180° (по условию). Отсюда ∠Е = ∠D, что невозможно, так как угол D — наружный угол треугольника DCE, а следовательно, ∠D > ∠E. Таким образом, точка D не может лежать внутри круга.
б) Предположим, что точка D лежит вне круга. Обозначим буквой Р точку пересечения отрезка AD с окружностью и соединим ее отрезком с точкой С. Образовавшийся  круг вписан в  четырехугольник ABCP. Имеем: ∠В + ∠Р = 180° (по свойству вписанного четырехугольника), ∠В + ∠D = 180° (по условию). Отсюда ∠Р = ∠D, что невозможно, так как угол Р — внешний угол треугольника РСD, а значит, ∠Р > ∠D. Таким образом, точка D не может лежать вне круга.
Из а) и б) следует, что точка D лежит на окружности. Итак, существует круг, который проходит через все вершины четырехугольника ABCD.

Теорема. Если суммы противоположных сторон выпуклого четырехугольника равны, то в такой четырехугольник можно вписать окружность.

Доказательство. Пусть АВСD — произвольный четырехугольник, у которого АВ + CD = BС + AD. Докажем, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность.
Проведем в четырехугольнике биссектрисы двух соседних углов, например, А и В. Тогда точка O пересечения биссектрис равноудалена от трех сторон AD, AB и BC четырехугольника и поэтому можно провести окружность с центром О, которая касается этих трех сторон. Для четвертой стороны CD возможны три случая размещения относительно данного круга.
Сторона CD: а) пересекает круг (рис. 78, а), б) лежит вне круга (рис. 78, б),
в) является касательной к окружности (рис. 78, в).

а) Предположим, что СD является секущей в круге. Проведем прямую  параллельную СD и касательную к кругу. Тогда имеем: АВ + СD = ВС + АD (по условию),
 (по свойству описанного четырехугольника). Выполнив по частям вычитание равенств, получаем:

Итак,  или

Имеем в четырехугольнике  что сторона  равна сумме трех других
его сторон, что  невозможно. Итак, СK не может быть секущей для круга.
б) Аналогичными соображениями устанавливается невозможность второго случая: сторона СD вне круга. Итак, круг, касаясь трех сторон четырехугольника, касается и четвертой его стороны. Теорема доказана.

Пропорциональные отрезки

Отношение двух отрезков

Определение. Отношением двух отрезков называют число, равное отношению длин этих отрезков.
Поскольку длины отрезков являются положительными числами, то их отношение является положительным числом.
Отношение отрезков  и  обозначают в виде дроби  или частного AB : СD. Если, , тогда 
Пример. Пусть AB = 4 см, CD = 6 см. Имеем  или 
или  или 
 

Сравнение отрезков по их отношению

Если известно отношение двух отрезков, то можно сравнить их длину.
Пусть . Если , то отрезок  больше, чем отрезок (в  раз). Например, . Тогда , то есть отрезок  в 4,5 раза больше, чем отрезок . Если , то отрезки  и  равны. Если , то отрезок  меньше, чем отрезок . Например,   Тогда  то есть длина отрезка АВ составляет  длины отрезка CD.
2. Пропорциональные отрезки.
Даны четыре отрезка AB = 3 см, CD = 5 см, MN = 6 см и PK = 10 см (рис. 80).

Имеем  и то есть отношения отрезков АВ и CD и отрезков MN и PK равны. В таком случае говорят, что отрезки AB и CD пропорциональны отрезкам MN и PK.

Определение. Два отрезка называют пропорциональными к двум другим отрезкам, если отношение первой пары отрезков равно отношению отрезков второй пары, или, по-другому, их отношения равны.

По определению, отрезки AB и CD пропорциональны отрезкам и  если их длины образуют верную числовую пропорцию Поскольку в пропорции можно менять местами средние или крайние члены, то пропорциональность отрезков AB и CD  к отрезкам  и  можно записать и в виде пропорции 

3. Теорема о пропорциональных отрезках (обобщенная теорема Фалеса).
На рис. 81 через точки A, B и C прямой а проведены параллельные прямые,
пересекающие прямую b соответственно в точках и  

Будут ли отрезки прямой a пропорциональны соответствующим отрезкам прямой b, например, отрезки AB и BC к отрезкам  и  Ответ на вопрос дает такая теорема.

Теорема.
Если две прямые пересечь параллельными прямыми, то любые два образованных отрезка одной прямой пропорциональны соответствующим отрезкам другой прямой.

Теорема справедлива как в случаях, когда отношение отрезков является частью целых чисел, так и в случаях, когда отношения не являются частью целых чисел. Ограничимся доказательством теоремы, когда отношение является частью целых чисел.
Доказательство. Пусть даны две прямые а и b. Через произвольные точки прямой а, например А, В и С, проведем параллельные прямые, которые пересекают прямую b соответственно в точках  и  Докажем, что, например, отрезки АВ и ВС пропорциональны отрезкам  и   то есть 

Пусть (m и n — целые числа). Поделим отрезок ВС на n равных частей, тогда отрезок АВ разделится на m таких частей (рис. 82). Отрезок АС будет разделен на (m + n) равных частей-отрезков.
Через точки деления проведем прямые, параллельные прямой  По теореме Фалеса отрезок будет разделен на m равных частей, а отрезок  на n равных частей. Отрезок будет разделен на (m + n) равных частей (отрезков). Обозначим длину одного из этих отрезков через l. Тогда Итак,  отрезки АВ и ВС пропорциональны отрезкам   и 

Теорема об отрезках параллельных прямых

На рис. 84, а) стороны угла C пересечены параллельными прямыми. Есть ли на сторонах угла отрезки, пропорциональные отрезкам  и параллельных прямых?

Ответ на этот вопрос дает теорема.

Теорема.
Если стороны угла пересечь параллельными прямыми, то отрезки этих параллельных прямых с концами на сторонах угла пропорциональны отрезкам, лежащим на сторонах угла, начиная от вершины к соответствующим параллельным прямым.

Доказательство. Пусть даны угол C и параллельные прямые  и  в которых точки А и В лежат на одной стороне угла, а точки  и  на другой его стороне. Докажем, что  
Проведем через точку  прямую a || BC. Есть прямые  и  пересеченные параллельными прямыми  и BC. По обобщенной теореме Фалеса: . Поскольку четырехугольник   параллелограмм, то  Итак, Поскольку по обобщенной теореме Фалеса  то и  Теорема доказана.

Задача №55

Основания трапеции равны 14 см и 21 см. Боковые стороны, равные 5 см и 12 см, продлены до пересечения. Вычислить периметр треугольника, образованного меньшим основанием и продолжением боковых сторон трапеции.

Решение.

Пусть ABCD — данная по условию трапеция, у которой продолжения боковых сторон пересекаются в точке М (рис. 85). По теореме об отрезках параллельных прямых  и  Пусть МВ = а см и МС = b см. Имеем:

Таким образом, 
Ответ: 48 см. 

Задача №56

Даны отрезки а, b и с (рис. 86 а). Построить отрезок х такой, что а : b = с : х.

Решение.
Дано: a, b, c — заданные отрезки.
Построить: отрезок х такой, что а : b = с : х.

1. Строим произвольный угол ВАС (рис. 86, б). На стороне АВ последовательно откладываем отрезки АМ = а и МР = b, а на стороне АС — отрезок AN = с.
2. Проведем прямую MN, а через точку Р — прямую PK такую, что PK || MN (K — точка пересечения прямых АС и PK). По обобщенной теореме Фалеса
 то есть Таким образом, NK — искомый отрезок х.

Задача №57

(Теорема о биссектрисе треугольника). Доказать, что биссектриса угла треугольника делит его сторону на части, пропорциональные двум другим сторонам.

Доказательство. Пусть BD — биссектриса треугольника АВС (∠1 = ∠2) (рис. 87). Докажем, что 

1. Через вершину С проведем прямую с, параллельную прямой BD. Точка М — точка пересечения прямых с и АВ. В образованном треугольнике ВМС углы,
прилегающие к стороне СМ, обозначим как 3 и 4.
2. Имеем: ∠3 = ∠2 как внутренние разносторонние при BD || СМ и секущей ВС, ∠4 = ∠1 как соответствующие углы при BD || СМ и секущей АМ. Поскольку ∠1 = ∠2, то и ∠3 = ∠4. Итак, треугольник ВСМ — равнобедренный (признак по углами). Итак, ВС = ВМ.
3. Поскольку BD || СМ, то по обобщенной теореме Фалеса 
Заменив в полученной пропорции отрезок ВМ равным ему отрезком ВС,
имеем: 
Теорема доказана.

Задача №58

Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2 : 1, начиная от вершины треугольника.

Доказательство. Пусть О — точка пересечения двух медиан (AD и BE) треугольника АВС (рис. 88).

Построим четырехугольник MNDE, где M и N — середины отрезков АО и ВО. Поскольку отрезок MN является средней линией треугольника АОВ, то MN || AB
 Отрезок DE является средней линией треугольника АВС, поэтому DE || AB и 
Отсюда следует, что MN || DE и MN = DE, то есть четырехугольник MNDE —параллелограмм с диагоналями MD и NE. Итак, МО = OD, и поскольку МО = АМ,
то АМ = МО = OD. Таким образом, точка О делит медиану AD в отношении AO : OD = 2 : 1. В таком же отношении эта точка делит и медиану ВЕ. Третья медиана по аналогичным соображениям точкой ее пересечения как с первой, так и со второй медианой тоже должна делиться в отношении 2 : 1. При этом третья медиана не может пересекать медианы AD и BE в точках, отличных от О, поскольку тогда на ней было бы две разные точки, делящие бы ее в отношении 2 : 1, начиная от вершины, что было бы  невозможно.

Подобные треугольники

Определение подобных треугольников
На рисунке 90 а) - в) изображены пары фигур, одна из которых образована растяжением или сжатием другой без изменения формы и пропорций.

О таких фигурах говорят, что они одинаковой формы и разных размеров, и
называют их подобными.

Треугольники ABC и  изображены на рис. 91, тоже можно назвать подобными. Удвоив стороны треугольника ABC, не меняя его формы (углов), можно получить треугольник  В этих треугольниках попарно равны углы (∠A = ∠A₁,  и  ), а стороны, лежащие против равных углов, попарно пропорциональны: 

Определение. Два треугольника называют подобными, если их углы попарно равны, а соответствующие стороны пропорциональны.

Если треугольник   подобный треугольнику ABC, то записывают:
  Это означает, что выполняются равенства:  и  и 
Коэффициент пропорциональности сторон называют коэффициентом подобия
треугольников. На рис. 91 треугольник  подобный треугольнику ABC с
коэффициентом  Это можно записать так: 
Треугольник ABC подобен треугольнику  с коэффициентом подобия
 
 

Основная теорема о подобных треугольниках

Всегда ли существуют треугольники, подобные данному? Как построить треугольник, подобный данному? Ответы на эти вопросы дает теорема о подобии треугольников.

Теорема.
Прямая, пересекающая две стороны треугольника и параллельная третьей стороне, отсекает от него треугольник, подобный данному.

Доказательство. Пусть ABC — произвольный треугольник. Прямая a пересекает
его стороны AB и BC соответственно в точках M и K. a || AC. Докажем, что ΔBMK ~ ΔBAC.

1. Рассмотрим треугольники BMK и BAC (рис. 92). У них ∠B — общий, ∠M = ∠A как соответствующие углы при MK || AC и секущей AB. ∠K = ∠C как соответствующие углы при MK || AC и секущей BC.
2. По доказанному свойству отрезков параллельных прямых: 
Итак, ΔBMK ~ ΔBAC по определению.

Признаки подобия треугольников

Для установления подобия треугольников необязательно проверять равенство всех углов и пропорциональность всех сторон. Достаточно проверить только некоторые из них. Условия, достаточные для подобия треугольников, называют признаками подобия треугольников.

Первый признак подобия треугольников

Теорема. Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Доказательство. Пусть в треугольниках ABC и  и  (рис. 93). Докажем, что 

1. На стороне BA треугольника ABC (или на ее продолжении) откладываем отрезки . Проведем через точку  прямую, параллельную прямой AC, которая пересекает сторону BC в точке 
2. Получаем:  по теореме о подобии треугольников.
3.  по стороне и двум прилегающим углам. У них:   по построению,  по условию,  как углы, равные углу A.
4. Имеем:   Итак, 
Теорема доказана.

Следствие. Если в прямоугольных треугольниках есть по одинаковому острому углу, то такие треугольники подобны.

Второй признак подобия треугольников

Теорема.
Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника, а углы между ними равны, то такие треугольники подобны.

Доказательство. Пусть в треугольниках  и ABC    и
Тогда  и   (рис. 94). Докажем, что 

1. Аналогично доказательства первого признака, строим 
Для этого на стороне AB треугольника ABC откладываем  и проводим
 Имеем: Отсюда  
2.  по двум сторонам и углу между ними. У них:
 при условии,  по построению,  потому

3. Имеем:  Итак, 
Теорема доказана.

Третий признак подобия треугольников

Теорема.
Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого треугольника, то треугольники подобны.

Доказательство. Пусть в треугольниках  и ABC, то есть  и  (1) (рис. 95). Докажем, что 

1. Как и для доказательства первых двух признаков, строим вспомогательный треугольник  подобный треугольнику ABC, и доказываем, что он равен треугольнику   Откладываем на стороне AB треугольника ABC отрезок
 и проводим 
По теореме о сходстве:  
Имеем: Отсюда  и 
2. Из равенств (1) и (2) следует, что  и 
Итак, 
3. Имеем:   и  Итак, 
Теорема доказана.

Задача №59

Точка пересечения диагоналей трапеции делит одну из диагоналей на отрезки, которые относятся как 2 : 3. Найти основания трапеции, если ее средняя линия равна 15 см.

Решение.

Пусть ABCD — трапеция, в которой О — точка пересечения диагоналей.
ОС : ОА = 2 : 3 (рис. 98), MN — средняя линия, MN = 15 см.
1. ΔAOD ~ ΔСОВ по двум углам: ∠ВОС = ∠DOA как вертикальные;
∠ОСВ = ∠OAD как внутренние разносторонние при AD || BC и секущей АС.
2. Из подобия треугольников следует, что 
3.  По  свойству средней линии трапеции  тогда
AD + BC = 2MN = 2 · 15 = 30 (см).
4. Пусть ВС равна х см, тогда АD равна (30 – х) см. Складываем пропорцию: Имеем 3х = 2 (30 – х); 3х + 2х = 60; 5х = 60; х = 12. Следовательно, ВС = 12 см, тогда АС = 30 – 12 = 18 (см).
Ответ: 12 см; 18 см.

Задача №60

Если две секущие окружности пересекаются в некоторой точке, и не принадлежат кругу, то произведение расстояний от этой точки до точек пересечения каждой секущей с кругом есть величина постоянная.

Доказательство. Пусть к окружности с центром в точке О проведены две секущие
АВ и CD, которые пересекаются в точке М. Докажем, что МА · МВ = МС · MD. Рассмотрим два случая размещения точки М: 1) точка М находится в круге (рис. 99, а); 2) точка М находится вне круга (рис. 99, б).

1 случай. Пусть в круге с центром О хорды АВ и CD пересекаются в точке М.
1. В треугольниках МАС и MDB углы при вершине М равны как вертикальные
(∠АМС = ∠DMΒ). ∠A = ∠D, поскольку каждый из них опирается на ту же дугу ВmС. Итак, ΔМАС ~ ΔMDB по первому признаку подобия.
2. Из подобия треугольников имеем:  или МА · МВ = МС · MD.
2 случай. Пусть точка М находится вне круга.
1. В треугольнике  В треугольнике 
∠M — общий для этих треугольников. Итак, ΔМВС ~ ΔMDA по двум углам.
2.  Из подобия треугольников имеем:  или МА · МВ = МС · MD.

Задача №61

Если из точки, взятой снаружи круга, проведены в него секущая и касательная, то произведение секущей и ее внешней части равно квадрату касательной.

Доказательство. Пусть в круг с центром в точке О проведена касательная KA (А — точка касания) и сечение KB, пересекающая окружность в точках С и В (рис. 100).
Докажем, что 

1. Угол KAC, образованный касательной KA и хордой АС. Тогда 
2. Угол АВС — вписанный. Тогда  Итак, 
3. В треугольниках KAC и KBA ∠K — совместный и ∠KAC = ∠KAB. Итак, ΔKAC ~ ΔKBA по двум углам.
4. Из подобия треугольников имеем:  откуда  что
и требовалось доказать.

Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике

Для прямоугольного треугольника верно еще одно утверждение: катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное между гипотенузой и отрезком гипотенузы.

Перпендикуляр, наклонная и проекция

Установим ряд теорем, которые выражают соотношение между элементами
прямоугольного треугольника. Рассмотрим сначала понятие, через которые раскрывается суть этих теорем.

Пусть дана прямая a и точка A, которая ей не принадлежит (рис. 102, а). Проведем через точку A прямую b, перпендикулярную прямой a. Пусть B — точка пересечения прямых a и b. Тогда, как известно, отрезок AB называют перпендикуляром, опущенным из точки A на прямую a, точку B — основанием этого перпендикуляра. Отрезок AC, соединяющий точку A и точку C прямой и не являющийся перпендикуляром к прямой а, называют наклонной к прямой a. Точку C наклонной, принадлежащей прямой а, называют основанием наклонной. Отрезок BC, который соединяет основание перпендикуляра и основание наклонной, называют проекцией наклонной на прямую (рис. 102, б). На рис. 102 в) MK — перпендикуляр, опущенный из точки M на прямую m. MP и ML— наклонные к прямой m. PK и LK — их проекции.

Определение.
Наклонной к прямой, проведенной из данной точки, называют отрезок, соединяющий данную точку с точкой прямой и который не является перпендикуляром к этой прямой. Конец, принадлежащий данной прямой, называют основанием наклонной. Если из одной точки к прямой провели перпендикуляр и наклонную, то проекцией наклонной называют отрезок, соединяющий основание наклонной и основание перпендикуляра.

1. Из любой точки, не лежащей на данной прямой, можно провести один и только один перпендикуляр к этой прямой (поскольку через данную точку можно провести одну и только одну прямую, перпендикулярную к данной прямой).
2. Перпендикуляр к прямой и проекция наклонной меньше любой наклонной, проведенной из той же точки, что и перпендикуляр (наклонная лежит в прямоугольном треугольнике против большего угла — прямого угла, а перпендикуляр и проекция лежат против острых углов).

Теоремы о средних пропорциональных в прямоугольном треугольнике

Среднее пропорциональное двух чисел (величин).
Пусть есть два отличных от нуля числа a и b. Число c, при котором является верной пропорция  или  называют средним пропорциональным (геометрическим) к числам a и b. По основным свойствам пропорции имеем:
 или .

Определение. Средним пропорциональным (геометрическим) двух чисел называют число, квадрат которого равен произведению этих чисел.

Например, для чисел 4 и 9 средним пропорциональным является число 6, так как 4 * 9 = 36 = 62 или
Среднее пропорциональное (геометрическое) двух чисел равно арифметическому квадратному корню из произведения этих чисел.
Установим элементы прямоугольного треугольника, которые являются средними пропорциональными между другими элементами.

Теорема.
В прямоугольном треугольнике:

• 1) высота, опущенная на гипотенузу, есть среднее пропорциональное между отрезками, на которые она разделяет гипотенузу;
• 2) катет есть среднее пропорциональное между гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу.

Доказательство. Пусть ABC — произвольный прямоугольный треугольник с прямым углом C и острым углом A, равным α. Обозначим буквой a катет, который лежит против угла A, буквой b — катет, лежащий против угла B, с — гипотенузу (рис. 103, а).

Проведем CD — высоту треугольника, обозначим ее через  (рис. 103, б). Поскольку CD является перпендикуляром к прямой AB, а CB и AC — наклонные к
ней, то отрезки BD и AD являются их проекциями. Обозначим BD как  (проекция катета a на гипотенузу с), AD — как  (проекция катета b на гипотенузу с).
Докажем, что:

Высота CD разделяет прямоугольный треугольник ABC с острым углом α на
два прямоугольных треугольника: ADC и CDB, в которых То есть в каждом из треугольников один из острых
углов равен  Поэтому по следствию из первого признака подобия треугольников ΔADC ~ ΔСDВ и каждый из этих треугольников подобен треугольнику AСB.

1. Рассматриваем подобные треугольники: ADC и CDB. По определению подобных треугольников катеты CD и AD треугольника АDС пропорциональны катетам DB
и CD треугольника CDB (как противоположные равных углов).
Имеем: или  Получаем:  или 
2. а) Рассматриваем подобные треугольники ACB и CDB. По определению подобных треугольников катет СВ и гипотенуза АВ треугольника АСВ пропорциональны катету DB и гипотенузе СВ треугольника CDB. Имеем: или  Получаем: или 
б) рассматриваем подобные треугольники ADC и ACB. По определению подобных
треугольников катет AD и гипотенуза АC треугольника АDС пропорциональны катету AC и гипотенузе AB треугольника ACB. Имеем:   или  Получаем: или  Теорема доказана.

Теорема Пифагора

Следствием теоремы о средних пропорциональных в прямоугольном треугольнике является теорема, которая устанавливает зависимость между гипотенузой и катетами произвольного прямоугольного треугольника. Названа эта теорема в честь выдающегося греческого математика Пифагора.

Теорема Пифагора
В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов:


где c — гипотенуза, a и b — катеты.

Доказательство. Пусть АВС — произвольный прямоугольный треугольник с прямым углом С, СD — высота треугольника (рис. 104). Обозначим BC = a, AC = b,
 Докажем, что то есть 

По теореме о среднем пропорциональном в прямоугольном треугольнике получаем:  Сложим по частям равенства:

 Поскольку  и  отрезки гипотенузы и их
сумма равна гипотенузе с, то  Итак, Теорема
доказана.

Следствия.
Гипотенуза прямоугольного треугольника равна квадратному корню из суммы квадратов катетов:

Катет прямоугольного треугольника равен квадратному корню из разности квадратов его гипотенузы и другого катета:

Задача №62

Найти катет прямоугольного треугольника, если его проекция на гипотенузу равна 8 см, а другой катет —  см.

Решение.

Пусть в прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом С отрезок CD — высота (рис. 106), AD = 8 см и СВ =  см. Найдем АС.
1. Обозначим длину DB через х см, тогда АВ = (х + 8) см. По теореме о катетах:  Поскольку х + 4 > 0, то х + 4 = 6; х = 2. Следовательно, BD = 2 см и АВ = 2 + 8 = 10 (см).
2. По теореме о катетах: 
 
Ответ: 

Задача №63

В равносторонней трапеции большее основание равно 15 см, боковая сторона — 5 см, а высота — 3 см. Найти меньшее основание трапеции.
Решение.

Пусть ABCD — равносторонняя трапеция (рис. 107), в которой AD = 15 см, AB = CD = 5 см. BM и CK — высоты, ВМ = СK = 3 см.
1. Высоты ВМ и СK разделяют трапецию ABCD на два равных прямоугольных
треугольника ABM и DCK (по гипотенузе и катету) и прямоугольник МВСK. Итак, АМ = KD и МK = ВС. Отсюда следует, что BС = AD – 2AM.
2. Из прямоугольного треугольника АВМ по теореме Пифагора находим
Таким образом, ВС = 15 – 2 · 4 = 7 (см).
Ответ: 7 см. 

Задача №64

Основания трапеции равны 4 см и 17 см, а диагонали — 13 см и 20 см. Найти высоту трапеции.
Решение.

Пусть ABCD — трапеция (рис. 108) с основаниями AD = 17 см и ВС = 4 см, диагоналями АС = 13 см и BD = 20 см и высотами ВМ и СK (ВМ = СK).
Высоту трапеции, например, СK, можно определить на основе теоремы Пифагора из треугольника АСK, но для этого нужно найти длину отрезка АК. Найдем ее с помощью уравнения. Поскольку МВСK — прямоугольник, то МK = ВС = 4 см. Пусть АМ = х см, тогда АК = (х + 4) см, MD = (17 – х) см. Из треугольника АСK: 
Из треугольника DBM: 
Поскольку   то имеем уравнение:  Следовательно, АМ = 1 см, тогда АК = 5 см и СK = ВМ = 12 см.
Ответ: 12 см.

Задача №65

Даны отрезки a и b (рис. 109). Построить отрезок х такой, что 
Решение.
Дано: a и b — отрезки.
Построить: отрезок х такой, что а : х = х : b.

Отрезок х является средним пропорциональным между отрезками а и b. Строим его как высоту прямоугольного треугольника, который  делит гипотенузу на отрезки а и b.
1. На произвольной прямой m последовательно откладываем AD = а и DB = b. Получаем отрезок АВ = а + b (рис. 110).
2. Находим точку В — середину отрезка АВ — и описываем окружность с центром О, радиус которой равен ОА.
3. Через точку D проводим прямую с, перпендикулярную АВ; обозначаем точку С — точку пересечения прямой с и окружности. Отрезок CD — искомый.
Поскольку вписанный угол АСВ опирается на диаметр, то он является прямым. Итак, CD — высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, и 
 

Задача №66

(Теорема, обратная теореме Пифагора). Если квадрат одной стороны треугольника равен сумме квадратов двух других его сторон, то треугольник прямоугольный.

Доказательство. Пусть АВС — данный треугольник, у которого СВ = а, АС = b и
АВ = с, причем то есть  (рис. 111).

Построим прямоугольный треугольник  с прямым углом  и катетами  и  По теореме Пифагора его гипотенуза 
Поскольку  Таким образом, данный треугольник АВС и построенный  равны по трем сторонам. Из равенства треугольников следует, что  Поскольку угол  прямой, то и угол С — прямой.
Теорема доказана.

Задача №67

Сторона равностороннего треугольника равна а. Найти радиус описанной около этого треугольника окружности и радиус окружности, вписанной в треугольник.

Решение.

Пусть АВС — равносторонний треугольник со стороной а. Проведем высоту ВН (рис. 112). В равностороннем треугольнике высота является одновременно и
медианой, то есть В прямоугольном треугольнике АВН:

 Обозначим радиус описанной окружности через R, а радиус вписанной — через r. Поскольку в равностороннем треугольнике центр описанной окружности совпадает с центром вписанной окружности и является точкой пересечения его медиан, то  (по свойству медиан треугольника), 
Ответ. 

Многоугольники

Многоугольник и его элементы
На рис. 113 изображены фигуры, каждая из которых состоит из простой замкнутой ломаной и части плоскости, ограниченной этой ломаной.

Все эти фигуры имеют общее название — многоугольники. Два вида многоугольников — треугольники и четырехугольники — мы изучали ранее.

Определение.
Многоугольником называют фигуру, которая состоит из простой замкнутой ломаной и части плоскости, которую она ограничивает.

Отрезки, которые образуют ломаную, называют сторонами многоугольника, а
их концы — его вершинами. Часть плоскости, ограниченную ломаной, называют внутренней областью многоугольника. Обозначают многоугольник с вершинами, как и соответствующую ломаную. Две вершины многоугольника, которые являются концами одной стороны, называют соседними. Стороны многоугольника, имеющие общую вершину, называют соседними или смежными. Никакие три последовательные вершины многоугольника не лежат на одной прямой.
Периметром многоугольника называют сумму длин всех его сторон. Обозначают периметр буквой Р.

Угол многоугольника

На рис. 114 изображен угол D пятиугольника и шестиугольника.

Определение.
Углом многоугольника при данной его вершине называют угол, образованный двумя лучами, которые выходят из этой вершины и содержат стороны многоугольника.

У каждого многоугольника одинаковое количество вершин, сторон и углов. Если число сторон многоугольника известно, то вместо слова «много» используют соответствующее число. Так получаем треугольник, пятиугольник, двадцатиугольник и тому подобное. Если число сторон n, говорится n-угольник. При этом n — некоторое натуральное число, равное или более 3. Треугольник является многоугольником с наименьшим количеством сторон. Итак, в n-угольнике n сторон, n вершин и n углов.
Каждая сторона многоугольника меньше суммы всех других его сторон (см. примеры решения задач).

Диагональ многоугольника

Определение. Диагональю многоугольника называют отрезок, соединяющий две его несоседние вершины.

В треугольнике нет диагоналей (любые две его вершины соседние) в четырехугольнике меньше всего диагоналей — две.

Выпуклые и невыпуклые многоугольники и их свойства

На рис. 115, а) изображен четырехугольник, который лежит в одной полуплоскости относительно каждой из прямых, содержащих его сторону, то есть каждая из этих прямых не разделяет его на части.

Как известно, такой четырехугольник называют выпуклым. Так же размещены
относительно прямых, содержащих их стороны, и многоугольники на рис. 115 б) - в). Естественно, что их тоже называют выпуклыми.

Определение.
Выпуклым многоугольником называют многоугольник, который лежит в одной полуплоскости относительно каждой прямой, содержащей его сторону.

Для выпуклых многоугольников, как и для выпуклых четырехугольников, справедливы следующие свойства.

Свойства.
Каждый из углов меньше развернутого. Каждая из диагоналей принадлежит многоугольнику и разделяет его на части (многоугольники).

На рис. 116 а) изображен четырехугольник, у которого есть прямая, содержащая
его сторону и относительно которой он лежит в разных полуплоскостях (делится на части).

Такой четырехугольник, как известно, называют невыпуклым. В многоугольниках, изображенных на рис. 116 б) - в), также есть прямые, содержащие стороны и разделяющие многоугольники на части. Поэтому их также называют невыпуклыми.

Определение.
Невыпуклым многоугольником называют многоугольник, у которого есть прямая, содержащая его сторону, относительно которой он лежит в разных полуплоскостях (делится на части).

Свойства.
В невыпуклых многоугольниках существует угол, больший развернутого.
В невыпуклых многоугольниках существует диагональ, которая ему не
принадлежит и не разделяет его на части.

Теорема о сумме углов выпуклого многоугольника

Как известно, сумма углов треугольника равна 180° (рис. 117, а), а четырехугольника — 360° (рис. 117, б) (поскольку является суммой углов двух треугольников, на которые он делится диагональю: 180° · 2 = 360°).

По рис. 117 в) легко увидеть, что сумма углов выпуклого пятиугольника равна 540° (поскольку является суммой углов трех треугольников: 180° · 3 = 540°).
Аналогично получаем, что сумма углов выпуклого восьмиугольника (рис. 117, г) равна 180° · 6 = 1080°.
Обобщением полученных геометрических фактов является такая теорема.

Теорема. Сумма углов любого выпуклого угольника равна 

Доказательство.
1. Если n = 3, то n-угольник является треугольником. Сумма его углов равна
180 ° · (4 – 2) = 180°, что доказано ранее.
2. Докажем, если n > 3, то теорема справедлива для любого выпуклого n-угольника. Если n > 3, то любой n-угольник делится на n – 2 треугольника. Сумма всех углов этих треугольников равна сумме углов n-угольника. Итак, сумма углов n-угольника равна 180° · (n – 2). Теорема доказана. 
Например, сумма углов выпуклого шестиугольника (n = 6) равна
180° · (6 – 2) = 720°.

Внешний угол многоугольника

Как известно, внешним углом треугольника называют угол, смежный с углом треугольника. На рис. 118 а) ∠MAB — внешний угол треугольника АВС.

Аналогично обозначают и внешний угол любого многоугольника (рис. 118, б).

Определение.
Внешним углом выпуклого многоугольника при данной его вершине называют угол, смежный с углом многоугольника при этой вершине.

На рис. 118, б) угол KВА — внешний угол при вершине В пятиугольника АВСDЕ, а углы СDР и МDЕ — два внешние угла при вершине D. При каждой вершине многоугольника можно построить два внешних угла.

Вписанные и описанные многоугольники

Вписанный многоугольник
На рис. 119 изображены треугольник, четырехугольник, шестиугольник и восьмиугольник, вершины каждого из них лежат на окружности.

Такие многоугольники называют вписанными в окружность, а об окружности говорят, что она описана вокруг многоугольника.

Определение. Вписанным многоугольником называют многоугольник, все
вершины которого лежат на окружности.

Центром окружности, описанной около многоугольника, есть точка, равноудаленная от всех вершин, то есть точка пересечения срединных перпендикуляров ко всем его сторонам. Вписанным может быть только тот многоугольник, у которого все срединные перпендикуляры к сторонам пересекаются в одной точке.

Описанный многоугольник

На рис. 120 изображены треугольник, четырехугольник, пятиугольник и восьмиугольник, в которых каждая из сторон примыкает к некоторой точке окружности.

Такие многоугольники называют описанными вокруг окружности, а об окружности говорят, что она вписана в многоугольник.

Определение. Описанным многоугольником называют многоугольник, все
стороны которого касаются  окружности.

Центром окружности, вписанной в многоугольник, является точка, равноудаленная от всех сторон многоугольника. Такова точка пересечения биссектрис углов многоугольника. Многоугольник является описанным тогда и только тогда, когда биссектрисы его углов пересекаются в одной точке.

Задача №68

Сколько диагоналей имеет произвольный n-угольник?
Решение.
Из любой вершины многоугольника можно провести (n – 3) диагонали (исключаем саму вершину и две соседние с ней). Тогда из всех n вершин можно провести  диагоналей, потому что в произведении   каждая диагональ посчитана дважды.

Итак, n-угольник (n > 3) имеет диагоналей. Так, в четырехугольнике  диагонали; в пятиугольнике диагоналей; в двадцатиугольнике  диагоналей. 

Теорема. Сумма внешних углов выпуклого четырехугольника, взятых по одному при каждой вершине, равна 
Доказательство. Сумма угла многоугольника и внешнего с ним угла при одной
вершине равна 180°, а при n вершинах равна 180° · n. Поскольку сумма всех углов выпуклого n-угольника равна 180° · (n – 2), то сумма внешних углов, взятых по одному при каждой вершине, равна   Теорема доказана. 

Задача №69

Найти двумя способами угол 15-угольника, у которого все углы равны.

Решение.
1 способ.
Сумма углов 15-угольника равна 180° · (15 – 2) = 180° · 13 = 2340°. Поскольку все углы равны, то один угол 15-угольника равен 2340° :  15 = 156°.
2 способ.
Поскольку углы 15-угольника равны, то равными являются и внешние углы. Один внешний угол равен 360° : 15 = 24°. Один угол многоугольника равен 180° – 24° = 156°.
Ответ: 156°. 

Задача №70

Найти число сторон выпуклого многоугольника, если у него 35 диагоналей.

Решение.
Пусть число сторон многоугольника равно n, тогда число его диагоналей равно Получаем уравнение (не удовлетворяет условие n ≥ 3), 

Площади многоугольников

Что такое площадь? Основные свойства площади

Измерение площадей, как и любых величин, осуществляют с помощью выбранной единицы измерения. За единицу измерения площадей принимают площадь квадрата, сторона которого равна единице длины. Такими единицами длины могут быть миллиметр, сантиметр, дециметр, метр, километр, а также любой отрезок, принятый за единичный. Квадрат, сторона которого равна какой-нибудь линейной единице, называют единичным, а его площадь называют квадратной единицей: квадратным миллиметром, квадратным сантиметром, квадратным метром и тому подобное.
Измерить площадь какой-либо плоской фигуры (в частности, многоугольника) значит найти число, которое показывает, сколько квадратных единиц содержится в фигуре, площадь которой измеряют, по-другому — сколько раз единица измерения и ее части помещаются в этой фигуре.
Основными свойствами измерения площадей фигур являются такие утверждения.

Свойства:

1. Площадь квадрата со стороной, равной единице длины, равна единице:

где S — площадь, E — единичный квадрат.

2. Плоская фигура с выбранной единицей измерения имеет единственную площадь, которая является положительным числом.

где S — площадь, F — геометрическая фигура.

3. Равные фигуры имеют равные площади.
Если  то 

4. Если фигура разделена на части, то ее площадь равна сумме площадей частей.

Определение. Равновеликими  называют фигуры, которые имеют одинаковые
площади.

В отдельных случаях площадь фигуры можно установить непосредственным
подсчетом единичных квадратов, которые помещаются в ней. В большинстве же случаев число, которое является площадью фигуры, определяют с помощью формул. Опираясь на основные свойства площадей, выводят формулы, позволяющие по длинами некоторых элементов вычислять площади фигур основных видов (треугольников, параллелограммов, ромбов, трапеций, кругов и т. д.). Площади других фигур находят делением на фигуры или дополнением к фигурам, для которых способы отыскания площадей известны.

Площадь прямоугольника

Теорема.
Площадь прямоугольника равна произведению двух его соседних сторон:
S = a · b.

Теорема о площади прямоугольника справедлива как в случаях, когда длины сторон являются рациональными числами (целыми или дробными), так и тогда, когда длины являются иррациональными числами. Ограничимся доказательством теоремы для случаев, когда длины сторон являются натуральными числами.
Доказательство.
Пусть ABCD — произвольный прямоугольник, у которого AD = a и AB = b (на рис. 121 a = 8, b = 5).

Поделим сторону AD на a равных частей, а сторону AB — на b равных частей. Через точки деления проведем прямые, параллельные сторонам прямоугольника. Получаем b прямоугольных полос, каждая из которых состоит из a единичных квадратов. Итак, всего образуется ab единичных квадратов. Таким образом, 

Следствие
Площадь квадрата равна квадрату его стороны:

Площадь прямоугольного треугольника

Теорема.
Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов:

Доказательство. Пусть ABC — произвольный прямоугольный треугольник с прямым углом С, катеты которого BC и AC соответственно равны a и b (рис. 123 а). Докажем, что 

Через вершины острых углов проведем прямые, перпендикулярные к катетам, точка D — точка их пересечения (рис. 123, б). Образуется прямоугольник CBDA со сторонами a и b, площадь которого равна ab.
Имеем:  Поскольку (согласно аксиоме 2). Итак,  Отсюда  Теорема доказана. 

Площадь произвольного треугольника

Теорема.
Площадь треугольника равна половине произведения стороны и высоты, проведенной к ней:

Доказательство. Пусть ABC — произвольный треугольник, у которого BC = a, AD —
высота, проведенная к ВС,  Докажем, что 

Возможны три случая размещения точки D — основание высоты AD относительно стороны ВС (рис. 124 а) - в).
1 случай. Точка D — основание высоты совпадает с одним из концов стороны ВС, например, с точкой В (рис. 124, а). Тогда ВС и АD являются катетами. Итак,

2 случай. Точка D лежит внутри стороны BC (D — внутренняя точка отрезка ВС) (рис. 124, б). Тогда высота AD разделяет треугольник АВС на два
прямоугольных треугольника: ΔABD и ΔADC. Имеем: 

3 случай. Точка D лежит на продолжении стороны BC (рис. 124, в). Тогда площадь треугольника ABC является разностью площадей двух прямоугольных треугольников: ΔADC и ΔADB. Имеем:

 Итак, 
Таким образом, во всех трех возможных случаях формула 
выполняется. Теорема доказана. 

Площадь равностороннего треугольника

Теорема.
Площадь равностороннего треугольника равна:

где a — сторона.

Доказательство. Пусть АВС — равносторонний треугольник, у которого АВ = а (рис. 125). Проведем высоту ВK, тогда 

из ΔABK по теореме Пифагора находим высоту BK:

Итак, 

Площадь параллелограмма

Теорема.
Площадь параллелограмма равна произведению стороны и высоты, проведенной к ней:

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный параллелограмм, у которого одна из сторон, например, AD = a, BK — высота, проведенная к ней, (рис. 127).
Докажем, что  или 

Для доказательства проведем одну из диагоналей параллелограмма, например,
BD. Она разделит параллелограмм ABCD на два равных треугольника: ΔABD и
ΔCDB. В треугольнике ABD a является стороной,  высотой, проведенной к ней. Имеем:

Теорема доказана. 
 

Площадь ромба

Поскольку ромб является отдельным видом параллелограмма, то доказанная формула площади параллелограмма справедливая и для ромба. Но поскольку у ромба все стороны равны, а также равны и высоты, то установленную формулу для ромба можно сформулировать проще.
Площадь ромба равна произведению стороны и высоты:

Установим формулу для вычисления площади ромба по его диагоналям.

Теорема.
Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей:

где   и  диагонали.

Доказательство. Пусть ABCD — произвольный ромб, у которого диагонали и (рис. 128). О — точка пересечения диагоналей. Докажем, что

Каждая из диагоналей ромба разделяет его на два равных между собой равнобедренных треугольника, например, диагональ АС разделяет его на треугольники ABC и ADC. В этих треугольниках высотой, проведенной к стороне АС, является половина диагонали BD. Таким образом, имеем: 

Площадь трапеции

Теорема.
Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований и высоты:

Доказательство. Пусть ABCD — произвольная трапеция с большим основанием
AD, BK — высота трапеции, проведенная из вершины (рис. 129). Обозначим:
АD = a, BС = b, BK = h.
Докажем, что  или 

Для доказательства проводим одну из диагоналей, например, BD. Она делит трапецию на два треугольника: ABD и ВСD. Имеем:

Теорема доказана. 
Поскольку средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то получаем
следствие.

Следствие. Площадь трапеции равна произведению средней линии и высоты.

Задача №71

Разность сторон прямоугольника равна 4 см, а диагональ — 20 см.
Найти площадь прямоугольника.
Решение
Пусть меньшая сторона прямоугольника равна х см, тогда большая сторона равна (х + 4) см. Поскольку две соседние стороны прямоугольника и одна из его диагоналей образуют прямоугольный треугольник, у которого диагональ является гипотенузой, то по теореме Пифагора  Имеем:
 (не удовлетворяет условию задачи),  Следовательно, меньшая сторона прямоугольника равна 12 см, а большая сторона — 16 см. Таким образом, площадь прямоугольника равна 12 · 16 = 
Ответ: 

Задача №72

Найти площадь квадрата по его диагонали d.
Решение

Пусть в квадрате АВСD диагональ BD = d (рис. 131). Обозначим сторону квадрата через х. В треугольнике ABD (∠А = 90°) по теореме Пифагора:

Ответ: 

Задача №73

Две стороны треугольника равны 8 см и 12 см. Высота, проведенная к стороне 12 см, равна 6 см. Найти высоту треугольника, проведенную к стороне 8 см.

Решение.
Обозначим длину искомой высоты через х см. Поскольку площадь треугольника равна половине произведения любой стороны и высоты, проведенной к
ней, то имеем уравнение:  Длина высоты равна 9 см.
Ответ: 9 см.

Задача №74

Доказать, что площадь треугольника равна половине произведения  его периметра и радиуса вписанной окружности.

Доказательство. Пусть в треугольнике АВС (рис. 132) ВС = а, АС = b и АВ = с, ОМ, ON и ОK — радиусы вписанной окружности, проведенные в точку касания, и ОМ = ON = ОK = r. Докажем, что либо  где Р — периметр.

Проведем отрезки ОА, ОВ и ОС. Они делят данный треугольник АВС на три треугольника: ВOА, СОА и СОВ, высотами которых соответственно являются радиусы ОМ, ОK и ON.

Итак, 

Задача №75

В треугольнике высоты, проведенные к сторонам а и b, обозначены  и 
 Доказать, что 

Доказательство. Пусть в треугольнике даны стороны ВС = а, АС = b и высоты
(рис. 133).

Тогда площадь треугольника АВС: или  Поскольку это
различные представления площади того же треугольника, то 
 Отсюда: что и требовалось доказать.
Замечание. Стороны а, b и с треугольника обратно пропорциональны его высотам, то есть  Справедливо также утверждение, что большей стороне треугольника соответствует меньшая высота.

Задача №76

Доказать, что высоты параллелограмма обратно пропорциональны сторонам, к которым они проведены, то есть 
Доказательство. Пусть а и b — смежные стороны параллелограмма (рис. 134).

Проведем высоты:  к стороне а,  высота к стороне b. Площадь
параллелограмма равна Тогда:  что и требовалось
доказать. 

Задача №77

Две стороны параллелограмма равны 24 см и 36 см, а разность двух его высот равна 5 см. Найти площадь параллелограмма.
Решение.
В любом параллелограмме высоты обратно пропорциональны сторонам.
Отсюда  Это означает, что в параллелограмме большей есть та высота, которая  проведенная к меньшей стороне.
Пусть х см — меньше высота данного параллелограмма, тогда большая его высота — (х + 5) см. На основе формулы площади параллелограмма получаем уравнение: 36 · х = 24 (х + 5). Имеем: 36х = 24х + 120; 12х = 120; х = 10. Следовательно,

Ответ: 

Задача №78

Основания равносторонней трапеции равны 50 см и 14 см, а диагональ перпендикулярна к боковой стороне. Найти площадь трапеции.

Решение

Пусть ABCD — равносторонняя трапеция (рис. 135), в которой AD = 50 см, ВС = 14 см и BD⊥АВ. Проведем ВМ и СK — высоты трапеции. Поскольку ΔАВМ = ΔDCK и МВСK — прямоугольник, то AM = KD и МK = ВС. Отсюда

Отрезок ВМ является высотой прямоугольного треугольника ABD, проведенной к гипотенузе AD. По теореме о перпендикуляре к гипотенузе как среднее пропорциональное имеем:

 По формуле площади трапеции: 

Ответ:  

Задача №79

Доказать, что площадь S равносторонней трапеции, диагонали которой взаимно перпендикулярны, равна квадрату ее высоты, то есть 

Доказательство. Пусть ABCD — данная равносторонняя трапеция (ВС || AD), диагонали которой — АС и BD — пересекаются в точке О и АС⊥BD (рис. 136).

Проведем через точку О перпендикуляр MN к ее основанию. ΔABD = ΔDCA по трем сторонам. Тогда ∠CAD = ∠BDA. Итак, прямоугольный треугольник AOD является равнобедренным (по равенству углов при основании) и AN = ND. Поскольку ∠АОD = 90°, то AD = 2ON и BC = 2OM (по свойству медианы, проведенной к гипотенузе прямоугольного треугольника).
Итак, что и требовалось доказать.

Задача №80

Диагонали трапеции делят ее на четыре треугольника. Доказать, что треугольники, прилегающие к боковым сторонам, равновеликие.

Доказательство. Пусть в трапеции ABCD точка В — точка пересечения диагоналей (рис. 137).

Треугольники ADC и ABD — равновеликие. У них сторона AD — общая, а высоты, опущенные из вершин В и С, равны. Рассмотрим треугольники АВО и DCO. Имеем:  то есть от равных площадей вычитаем площадь треугольника АОD и получаем равные площади треугольников АВО и СDО.

Тригонометрические отношения в прямоугольном треугольнике

Тригонометрическими соотношениями в прямоугольном треугольнике называются соотношения длин его сторон. При этом такое соотношение всегда одно и то же по отношению к углу, который лежит между сторонами, соотношение между которыми должно быть вычислено.

Отношение сторон прямоугольных треугольников с равным углом

Пусть дан прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С и острым углом А, равным α (рис. 139, а). Построим два произвольных прямоугольных треугольника с острым углом А и двумя другими вершинами на его сторонах,
например, ΔАВС и (рис. 139, б).

Поскольку образованные прямоугольные треугольники имеют общий острый угол, то они подобны между собой, и каждый из них подобен данному треугольнику АВС. Подобным треугольнику АВС будет и любой другой треугольник с острым углом  который равен углу А (рис. 139, в). По определению подобных треугольников, во всех прямоугольных треугольниках с острым углом α соответствующие стороны будут пропорциональными, а следовательно, отношение любых двух сторон треугольника АВС равны отношению соответствующих сторон всех прямоугольных треугольников с углом α.
Получили такое свойство.

Свойство.
У прямоугольных треугольников с острым углом α отношения соответствующих сторон равны.

В прямоугольном треугольнике АВС с острым углом α можно составить шесть отношений пар его сторон. Три из них считают основными:
1. Отношение катета, противоположного углу α, и гипотенузы:

2. Отношение катета, прилежащего к углу α, и гипотенузы:

3. Отношение катета, противоположного углу α, и катета, прилегающего к
углу α:

Три другие отношения являются обратными к основным:
4. Отношение гипотенузы к катету, противоположному углу α 

5. Отношение гипотенузы к катету, прилежащему к углу α  

6. Отношение катета, прилежащего к углу α, к катету, противоположному
углу α  

Все отношения называют тригонометрическими, и каждое из них имеет специальное название.

Синус острого угла и его свойства

Определение.
Синусом острого угла прямоугольного треугольника называют отношение катета, противоположного углу, к гипотенузе (рис. 140, а):

Свойства синуса острого угла:

1. Синус угла не зависит от размеров сторон и положения прямоугольного треугольника. Свойство следует из подобия всех прямоугольных треугольников с равным острым углом.
2. Синус острого угла является положительным числом, меньше 1.
Свойство следует из того, что в любом треугольнике катет меньше гипотенузы. Итак, синус угла показывает, какую часть составляет катет, противоположный углу, от гипотенузы.
3. При увеличении угла синус увеличивается.
Если  то  и наоборот, если 
Например, 
Свойство проиллюстрировано на рисунке 141.

В прямоугольных треугольниках и  (рис. 141) с равными
гипотенузами  и  при увеличении острых углов противоположные  к ним катеты  и  увеличиваются, а значит и отношение противоположных катетов к гипотенузе увеличивается:Итак, если 

При приближении угла α к 90° синус α приближается к 1, а при приближении к 0° синус приближается к 0. Таким образом, sin α возрастает от 0 до 1. Исходя из этого, договорились считать, что sin 0° = 0, sin 90° = 1.
Из свойств 1-3 следует, что каждому острому углу соответствует одно и только одно значение синуса — положительное число, меньше 1. Ниже приведена таблица приближенных значений синусов для углов, кратных 10°, а таблица для всех целых значений градусных мер подана в дополнении.

Из определения синуса  следует, что  и 

Правила.
Катет, противоположный углу α, равен произведению гипотенузы и синуса угла α. Гипотенуза равна частному катета и синуса противоположного ему угла.

Пример. Пусть в прямоугольном треугольнике ABC (∠С — прямой) ∠A = 40°,
AB = 10 см. Тогда BC = a = c sin A = 10 · sin 40° ≈ 10 · 0,6428 ≈ 6,428 (см).

Косинус острого угла и его свойства

Определение.
Косинусом острого угла прямоугольного треугольника называют отношение катета, прилежащего к этому углу, к гипотенузе (рис. 143, а):

Свойства косинуса острого угла:

1. Косинус угла не зависит от размеров сторон и положения прямоугольного треугольника.
2. Косинус острого угла является положительным числом, меньше 1.
Косинус угла показывает, какую часть составляет катет, прилегающий к углу,
от гипотенузы. Обоснование свойств 1-2 аналогичны обоснованиям соответствующих свойств синуса.
3. При увеличении угла косинус уменьшается.
Если α> β, то cos α cos β, то α <β.
Свойство проиллюстрировано на рисунке 144.

В прямоугольных треугольниках  и  (рис. 144) с равными
гипотенузами  и при увеличении острых углов прилегающие к ним
катеты уменьшаются:  а следовательно и отношение прилегающих катетов к гипотенузе уменьшаются  Итак, если 
При приближении угла α к 0° косинус α приближается к 1, а при приближении угла α к 90° косинус α приближается к 0. Следовательно, косинус α изменяется от
1 до 0. Исходя из этого, договорились считать, что cos 0° = 1, cos 90° = 0.
Каждому остром углу соответствует одно и только одно значение косинуса. Ниже приведена таблица приближенных значений косинусов для углов, кратных 10°, а таблица для всех целых значений градусных мер подана в дополнении.

Пусть в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C угол A равен α (рис. 145).

Тогда ∠B = 90° – α. Отношение  для угла A является косинусом, а для угла
B — синусом. Итак, cos A = sin B, то есть cos α = sin (90° – α).
Аналогично,  Итак, sin α = cos (90° – α).
Например, а) cos 38° = sin (90° – 38°) = sin 52° ; б) sin 54° = cos 36°.

Из определения косинуса  следует, что  и  .

Правила.
Катет, прилегающий к углу α, равен произведению гипотенузы и косинуса угла α.
Гипотенуза равна частному катета и косинуса прилегающего к нему угла.

Тангенс острого угла и его свойства

Определение.
Тангенсом острого угла прямоугольного треугольника называют отношение катета, противоположного углу, к катету, прилегающему к нему (рис. 146, а):

Свойства тангенса острого угла:
1. Тангенс угла не зависит от размеров сторон прямоугольного треугольника.
2. Тангенс угла равен частному синуса этого угла и его косинуса.

Так, поэтому 
Есть 
3. При увеличении угла тангенс увеличивается.
Поскольку при увеличении угла sin α увеличивается, а cos α уменьшается, то
дробь  увеличивается, а следовательно, tg α увеличивается.

Ниже приведена таблица приближенных значений тангенсов для углов, кратных 10°, а таблица для целых значений градусных мер подана в  дополнении.

Из определения тангенса  следует, что 

Правило.
Катет, противоположный углу α, равен произведению другого катета и тангенса угла α.

Значение синуса, косинуса и тангенса углов 30°, 60° и 45°

Углы 30° и 60°:

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C (рис. 148), в
котором ∠A = 30°, а, следовательно, ∠B = 60°.
Пусть гипотенуза AB = a. Тогда по свойству катета, лежащего против угла 30°,  По теореме Пифагора получаем:

Имеем: 

Угол 45°:

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, у которого ∠A = 45°, а, следовательно, и ∠B = 45° (рис. 149). Пусть катет AC = a, тогда и катет BC = a. По теореме Пифагора:  
Имеем:  

Задача №81

Стороны прямоугольника равны 12 см и 16 см. Найти угол между диагоналями.

Решение.

Пусть ABCD — прямоугольник (рис. 150), у которого АВ = 16 см и AD = 12 см. Углом между диагоналями является острый угол AOD. Он лежит против меньшей стороны прямоугольника. Проведем ОМ — перпендикуляр из точки О к стороне AD. Поскольку треугольник AOD равнобедренный, то высота ОМ является его медианой и биссектрисой. 

По таблице тангенсов находим: 
Таким образом, 
Ответ: ≈74 °. 

Задача №82

Построить острый угол α, у которого 
Решение.
Чтобы построить искомый угол, достаточно построить прямоугольный треугольник, у которого отношение удаленного от него катета к гипотенузе
равно 

Построение

1. Чертим произвольный отрезок m и такие два отрезка а и с, что а = 2m и c = 3m (рис. 151).
2. Проведем произвольную прямую l (рис. 152), обозначаем на ней точку С; проводим через точку С прямую n, перпендикулярную прямой l, и откладываем на ней отрезок ВС = а.
3. Описываем круг с центром в точке В, радиус которого равен c; точку пересечения окружности и прямой l обозначаем через А. Проводим отрезок ВА. угол ВАС искомый: 

Задача №83

Построить острый угол α, у которого 
Решение.
Чтобы построить искомый угол, достаточно построить прямоугольный треугольник, в котором один из катетов равен  а другой катет равен 3 единицам длины.

Построение

1. Строим прямоугольный треугольник с катетами, равными а и 3а, где а — произвольный отрезок (рис. 153). Тогда по теореме Пифагора гипотенуза построенного треугольника равна 
2. Строим прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С, у которого
 и  (рис. 154). Угол А — искомый угол: 

Задача №84

Диагонали ромба равны а и  Найти углы ромба.
 Решение.

Пусть ABCD — ромб, О — точка пересечения диагоналей,  BD = a (рис. 155). По свойству диагоналей ромба Из треугольника AOD: 

 Откуда ∠ОАD = 30°. Тогда ∠BAD = 60°. ∠ABC = 180° – 60° = 120°.
Ответ: 60 °, 120 °. 

Котангенс угла

Определение.
Котангенсом острого угла прямоугольного треугольника называют отношение катета, прилежащего к этому углу, и катета, противолежащего ему (рис. 156, а):

 Легко доказать, что 

 Откуда  

Итак, tg α и ctg α взаимно обратные числа:  и 

Решение задач на тему: Прямоугольные треугольники

Решить прямоугольный треугольник означает найти все его неизвестные
стороны и углы по другим известными элементами (сторонам, углам). Один
элемент прямоугольных треугольников всегда известен — это прямой угол. Чтобы решить прямоугольный треугольник, нужно знать еще два элемента, среди которых должен быть хотя бы один линейный элемент (отрезок). Есть 4 типа задач на решения прямоугольных треугольников: 1) по двум катетам; 2) по катетам и гипотенузе; 3) по гипотенузе и острому углу; 4) по катету и острому углу (прилегающим или противоположным).
Договоримся, что в дальнейшем в этой лекции, рассматривая прямоугольные треугольники, мы будем принимать следующие обозначения: а и b — катеты, ∠А и ∠В — соответствующие острые углы, которые лежат против этих катетов, с — гипотенуза.

Задача №85

Решить прямоугольный треугольник по двум катетами.
Дано: a; b.
Найти: с; ∠A; ∠B.

Решение.
1. По теореме Пифагора находим гипотенузу 
2. Вычисляем  По таблице тангенсов определяем угол A.
3. Находим угол B: ∠B = 90° – ∠A.
Треугольник решен.
 

Задача №86

Даны a = 6, b = 8 Найти: c; ∠A; ∠B.
Решение.
1.. 
2.  По таблице находим: ∠A = 37 °.
3. ∠B = 90° – ∠A = 53°.
Ответ: с = 10, ∠A = 37 °, ∠B = 53 °.

Задача №87

Решить треугольник с гипотенузой и катетом.
Дано: a и c.
Найти: b; ∠A; ∠B.

Решение.
1. 
2. Вычисляем:  По таблице синусов определяем угол A.
3. Находим угол B: ∠B = 90° –∠A. 
 

Задача №88

Дано: a = 5, c = 13 Найти: b; ∠A; ∠B.

Решение.
1. 
2. Вычисляем: 
3. ∠B ≈ 90° - 23° = 67°.
Ответ: с = 12; ∠A ≈ 23°, ∠B ≈ 67°. 
 

Задача №89

Решить треугольник с гипотенузой и острым углом.
Дано: c, ∠A.
Найти: ∠B; a; b.

Решение.
1. Находим угол B: ∠B = 90° - ∠A.
2. Находим по таблице sin A и вычисляем a: a = c · sin A.
3. Находим по таблице cos A и вычисляем b: b = c · cos A. 
 

Задача №90

Дано: c = 10, ∠A = 20°. Найти: ∠B; a; b.

Решение.
1. ∠B = 90° – 20° = 70°.
2. a = c sin A = 10 sin 20° ≈ 10 · 0,342 ≈ 3,42 ≈ 3,4.
3. b = c cos A = 10 cos 20° ≈ 10 · 0,9397 ≈ 9,397 ≈ 9,4.
Ответ: ∠B = 70 °; a ≈ 3,4; b ≈ 9,4.

Задача №91

Решить треугольник с катетом и острым углом.
Дано: a, ∠A.
Найти: ∠B; c; b.

Решение.
1. Находим угол B: ∠B = 90° – ∠A.
2. По таблице находим sin A и вычисляем 
3. По таблице находим tg B и вычисляем b: b = atg B. 
 

Задача №92

Дано: a = 12, ∠A = 37°. Найти: ∠B; c; b.

Решение.
1. ∠B = 90° – 37° = 53°.
2. 
3. b = atg B = 12 tg 53° ≈ 12 · 1,327 ≈ 15,924 ≈ 16.
Ответ: ∠B = 53°; c ≈ 20; b ≈ 16. 
 

Прикладные задачи по геометрии

Прикладными называют задачи, в которых говорится о применении геометрических фактов к негеометрическим объектам.
Рассмотрим несколько прикладных задач, решение которых сводится к
нахождению элементов прямоугольных треугольников.

Задача №93

Пройдя 200 м вверх, пешеход поднялся на 7 м. Найти угол наклона дороги.
Решение.

На рис. 157 отрезок AB изображает дорогу, а отрезок BC — подъем. Угол A — искомый угол. Отношение  является синусом угла A.  

В таблице синусов к числу 0,035 ближайшее является значение синуса 0,0349, которое соответствует углу 2°. Итак, ∠A = 2°. 
 

Задача №94

Какой должна быть минимальная длина лестницы, чтобы ею можно было подняться на крышу дома высотой 8 м, если ставить ее можно под углом не более 65°?
Решение.

На рис. 158 отрезок AB изображает лестницу, отрезок AC — дом.
Искомый отрезок AB является гипотенузой прямоугольного треугольника ABC. Имеем:
 
 

Задача №95

Определить расстояние от точки С до недоступной точки A (рис. 159).

Решение.

На территории под прямым углом к ​​искомому отрезку АС откладывают отрезок CB произвольной длины, например, 100 м. С помощью угломерного инструмента (астролябии, теодолита) измеряют угол CBA. Пусть ∠CBA = 62°. Находим AC: AC = BC · tg B = 100 · 1,881 = 188,1 (м).
AC = 188,1 м. 
 

Задача №96

У реки размещена башня высотой 33 м. Ближний берег реки видно из этой башни под углом 65° к горизонту, а дальний — под углом 29° (см. рис. 160). Вычислить ширину реки.
Решение.

На рисунке 160 искомая ширина реки изображена отрезком BD, который является разностью отрезков CD и CB. Из треугольника ACD находим CD: CD = AC tg ∠CAD = AC tg (90° – 29°) = 33 tg 61°. Из треугольника ACB находим CB:
CB = AC tg ∠CAB = AC tg (90° – 65°) = 33 tg 25°. Имеем: BD = CD – CB = 33 (tg 61° – tg 25°) ≈ 33 · (1,804 – 0,4663) ≈ 33 · 1,3377 ≈ 44,14 (м).

BD ≈ 44,14 м

Метод координат на плоскости

Метод координат — способ определять положение точки или тела с помощью чисел или других символов (например, положение шахматных фигур на доске определяется с помощью чисел и букв). Числа (символы), определяющие положение точки (тела) на прямой, плоскости, в пространстве, на поверхности и так далее, называются её координатами.

Координатная плоскость

С понятием координатной плоскости мы ознакомились в курсе математики, а в курсе алгебры использовали его для построения графиков функций.

Вспомним, как задают координатную плоскость. Пусть на плоскости выбраны две взаимно перпендикулярные прямые и , которые пересекаются в точке О (рис. 1). Эти прямые называют осями координат, а точку их пересечения — началом координат. Ось  (обычно она горизонтальная) называют осью абсцисс, ось — осью ординат.

             Рис. 1

Начало координат разбивает каждую из осей на две полуоси. Одну из них принято называть положительной и изображать со стрелочкой, а вторую — отрицательной. На каждой из осей координат выбирают единичный отрезок. Начало отсчета каждой из осей — число 0 — совпадает с точкой O. В таком случае говорят, что на плоскости задана прямоугольная система координат.

Плоскость, на которой задана прямоугольная система координат, называют координатной плоскостью.

Каждой точке А координатной плоскости можно поставить в соответствие пару чисел — координаты точки. Для этого через точку А надо провести прямую, параллельную оси , и прямую, параллельную оси , которые пересекут оси и в некоторых точках и соответственно (рис. 2). 

Абсциссой точки А называют число , модуль которого равен расстоянию от точки O до точки . Причем, если принадлежит положительной полуоси, то  > 0, а если  принадлежит отрицательной полуоси, то < 0. Если же точка А лежит на оси , то ее абсцисса равна нулю. Ординатой точки А называют число , модуль которого равен расстоянию от точки O до точки . Причем, если принадлежит положительной полуоси, то > 0, а если принадлежит отрицательной полуоси, то < 0. Если же точка А лежит на оси , то ее ордината равна нулю.

                Рис. 2

Координаты точки записывают в скобках рядом с названием точки: . На первом месте всегда пишут абсциссу, на втором — ординату. Абсциссу точки А можно обозначать ,  а ординату — . Эти обозначения удобно использовать при решении задач, когда каждую координату находят отдельно. Если, например, А(–2; 3), то .

Введенные на плоскости координаты и называют декартовыми в честь французского математика Рене Декарта (1596-1650), которому принадлежит идея введения и применения координат в математике.

Задача №97

Стороны прямоугольника ABCD параллельные осям координат. Найти координаты точек В и D, если А(–1; 2), С(3; –2).

Решение. Рассмотрим рисунок 3. Поскольку прямая AB параллельна оси абсцисс, то ординаты точек A и В одинаковые:  . Аналогично, поскольку прямая BC параллельна оси ординат, то абсциссы точек В и C  одинаковые: . Итак, В(3; 2).

            Рис. 3

Рассуждая таким же образом, получим: D(—1; —2).
Ответ. В(3, 2), D(—1; —2).

Оси координат разбивают плоскость на четыре части, каждую из которых называют координатной четвертью или координатным углом (рис. 4). В пределах одной координатной четверти знаки каждой из координат не изменяются. Знаки координат и общепринятая нумерация координатных углов показаны на рисунке 4.

                 Рис. 4

На рисунке 5 указаны координаты точек, принадлежащих осям координат, и координаты точки O.

                                                             Рис. 5

Задача №98

В каких координатных четвертях может лежать точка В, если произведение ее абсциссы и ординаты является числом:
1) положительным;               2) отрицательным?
Решение. Пусть имеем точку .
1) , следовательно, и — числа одного знака, то есть > 0 и  > 0 или < 0 и < 0. Поэтому точка В лежит в первой или третьей четверти.
2) , следовательно, и — числа разных знаков, то есть  > 0 и < 0 или < 0 и  > 0. Поэтому точка В лежит во второй или четвертой четвертях.

Ответ. 1) В первой или третьей четверти; 2) во второй или четвертой четверти.

Синус, косинус, тангенс углов от 0° до 180°. Тригонометрические тождества

До сих пор мы рассматривали синус, косинус и тангенс острого угла прямоугольного треугольника как отношение определенных его сторон. Теперь сформулируем определение синуса, косинуса и тангенса для любого угла от 0° до 180°.

Введем на плоскости прямоугольную систему координат и проведем в ее первом и втором координатных углах полукруг радиуса 1, центр которого совпадает с началом координат (рис. 7). Назовем его единичным полукругом. Обозначим буквой А точку пересечения этого полукруга с положительным направлением оси и договоримся откладывать от луча ОА углы против часовой стрелки. — острый угол, точка В принадлежит полукругу. Проведем из точки В перпендикуляр ВС к оси . Образовался прямоугольный треугольник ОВС с гипотенузой OB, где OB = 1.

                          Рис. 7

Значение синуса, косинуса, тангенса острого угла  выразим через координаты точки В: 

Точно так же будем находить синус, косинус и тангенс других углов от 0° до 180°. Пусть — точка единичного полукруга, лежащая во второй четверти (рис. 8).

                                 Рис. 8

Тогда — тупой. Имеем:  

Поскольку координаты точек единичного полукруга изменяются в пределах ,  то для любого , такого, что 0° 180°, справедливы неравенства:

Но если:
— острый, то
— тупой, то
Кроме того, если угол увеличивается от 0° до 90°, то его синус увеличивается от 0 до 1, а косинус уменьшается от 1 до 0. Если угол увеличивается от 90° до 180°, то его синус уменьшается от 1 до 0, а косинус уменьшается от 0 до –1.

Найдем значение синуса, косинуса и тангенса углов 0°, 90° и 180°.

На рисунке 8 углу 0° соответствует точка А(1; 0). Поэтому sin 0° = 0, cos 0° = 1, tg 0° = 0. Углу 90° соответствует точка М(0; 1), поэтому sin 90° = 1, cos 90° = 0, но tg 90° — не существует, поскольку на ноль делить нельзя. Углу 180° соответствует точка N(–1; 0), поэтому sin 180° = 0, cos 180° = 1, tg 180° = 0.

Итак,
если В — точка единичного круга, которая соответствует углу (рис. 7), то
;  ;    .

С этого определения следует, что 
Очевидно, что для = 90°    tg не существует.

Поскольку каждому углу от 0° до 180° соответствует единственное значение синуса, косинуса и тангенса, то можно считать синус, косинус и тангенс функциями с аргументом . Эти функции () называют тригонометрическими и изучают в курсе алгебры старших классов.

Рассмотрим некоторые зависимости между функциями одного и того же аргумента, которые называют тригонометрическими тождествами.

                     (1)

Доказательство. Рассмотрим  (см. рис. 7). По теореме Пифагора: ,  то есть .  Поэтому. Выражение   и аналогичные ему для удобства принято записывать без скобок, например  . Итак, .

Равенство   называют основным тригонометрическим тождеством. Из этого тождества можно выразить синус угла через его косинус:

и косинус угла через его синус:

В последней формуле знак «–» пишут, если угол – тупой.

sin (180° — ) = sin ,     cos (180° — ) = –cos            (2)

Доказательство. Рассмотрим точки и  единичного полукруга, соответствующие углам и 180° – (рис. 9).

                          Рис. 9

Поскольку  ,  то  .
Итак,    (по гипотенузе и острому углу). Поэтому и .  Откуда следует, что абсциссы точек В  и В₁  являются противоположными, а их ординаты — одинаковыми: .
Учитывая, что , ,
получим:  .

tg (180° — ) =  –tg .                                      (3)

Доказательство. Учитывая тождество (2), имеем:

Используя формулы (2) и (3), можно выразить синус, косинус и тангенс тупого угла 180 ° –  через синус, косинус и тангенс острого угла .

Задача №99

Найти синус, косинус и тангенс углов 120°, 135° и 150°.
Решение.
sin 120° = sin (180° — 60°) = sin 60° = ;
cos 120° = cos (180° — 60°) = –cos 60° = ;
tg 120° = tg (180° — 60°) = –tg 60° = ;
sin 135° = sin (180° — 45°) = sin 45° = ;
cos 135° = cos (180° — 45°) = –cos 45° = ;
tg 135° = tg (180° — 45°) = –tg 45° = –1;
sin 150° = sin (180° — 30°) = sin30° = ;
cos 150° = cos (180° — 30°) = –cos 30° = ;
tg 150° = tg (180° — 30°) = –tg 30° =   .

Систематизируем сведения и полученные в этой лекции в виде таблицы.

Синус, косинус и тангенс других углов можно находить с помощью таблиц или калькулятора. Для вычислений используем клавиши калькулятора (на некоторых калькуляторах ). Например, sin 124° 0,8290; cos 157°  –0,9205;  tg 178°  –0,0349.
С помощью таблиц или калькулятора можно по данным значениями sin, cos или tg находить значение угла .  Для вычисления на калькуляторе используем клавиши и (на некоторых калькуляторах или последовательное нажатие клавиши и одной из клавиш , или ().

Задача №100

Найти , если: 1) cos = –0,3584;   2) sin = 0,2588.

Решение. 1) cos = –0,3584. С помощью калькулятора находим значение угла   в градусах: = 111°.

2) sin = 0,2588. С помощью калькулятора находим значение угла в градусах: = 15°. Но sin (180° – ) = sin , поэтому sin (180° – 15°) = 0,2588, то есть sin 165° = 0,2588. Итак, существуют два таких угла, синус которых равен 0,2588, а именно: = 15° и = 165°.

Ответ. 1) 111°;  2) 15° или 165°.

sin (90° – ) = cos ,          cos (90° – ) = sin .                           (4)

Доказательство. Рассмотрим точки  и   единичной полуокружности, соответствующие углам и 90° – (рис. 10).

Поскольку , то . Поэтому (по гипотенузе и острому углу). Имеем:     и  .

                         Рис. 10

Учитывая, что  
получим: 

Задача №101

Упростить: 1) ;
                                          2) .

Решение.
1) ;
2)

     .

Ответ. 1) 1;   2) 0 .

Координаты середины отрезка. Расстояние между двумя точками с заданными координатами

Каждой точке координатной плоскости соответствует единственная пара чисел , и наоборот, каждой паре чисел соответствует единственная точка координатной плоскости. В таком случае говорят, что существует взаимно однозначное соответствие между точками координатной плоскости и их координатами  . Это дает возможность решать некоторые задачи методом координат, то есть представлять геометрические соотношения расположения точек и фигур через алгебраические соотношения между их координатами. Раздел геометрии, изучающий такие методы решения, называют аналитической геометрией.

Аналитическая геометрия — раздел геометрии, в котором изучают геометрические фигуры и их свойства средствами алгебры на основе метода координат.

Далее рассмотрим простейшие задачи аналитической геометрии, полный курс которой изучают в высших учебных заведениях.

Координаты середины отрезка

Задача №102

Даны точки и . Точка M — середина отрезка AB. Найти координаты точки M.

                Рис. 11

Решение. 1) Рассмотрим сначала случай, когда отрезок AB не параллелен оси , то есть . Проведем через точки А, В и M прямые, параллельные оси (рис. 11). Они пересекают ось в точках и  . Поскольку прямые ,  и   параллельные между собой и M — середина AB, то, по теореме Фалеса,  — середина .

Имеем: ,  то есть .
Поэтому   или  .
Из первого равенства имеем формулу , а второе — не имеет смысла, поскольку .
2) Если отрезок AB параллелен оси , то  и формула  также справедлива.
3) Аналогично доказываем, что .
Итак,
координаты точки M — середины отрезка AB, где и , находим по формулам:

 и  .

Задача №103

Найти координаты точки M — середины отрезка, концами которого являются точки А(–5; 8) и В(3; –12).

Решение. 
Ответ. М(–1; –2).

Задача №104

Точка C – середина отрезка AB. Найти координаты точки А, если В(—2; 4), С(8; 0).
Решение. Пусть . Тогда   , то есть , откуда .
Аналогично,     , то есть   , откуда .
Итак, А(18; –4).
Ответ. А(18; –4).

Задача №105

Доказать, что четырехугольник с вершинами в точках А (5; —4), В (—4; 1), С (—3; 2) и D (6; –3) — параллелограмм.
Решение. Пусть точка O — середина диагонали AC четырехугольника ABCD. Тогда
. Итак, О(1; –1).
Пусть точка Q — середина диагонали BD четырехугольника ABCD. Тогда

. Итак, Q(1; –1).

Получается, что середины диагоналей четырехугольника ABCD  совпадают и точка О(1; –1) делит каждую из диагоналей пополам. Итак, диагонали четырехугольника ABCD пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, ABCD — параллелограмм. 

Расстояние между двумя точками

Задача №106

Найти расстояние между точками и .

Решение. 1) Рассмотрим сначала случай, когда отрезок AB  не параллельный ни одной из осей координат, то есть и .  Проведем через точки А и В прямые, параллельные осям координат (рис. 12). Они пересекают ось в точках и , а ось в точках и  . Поскольку  — прямоугольник, то .

            Рис. 12

Аналогично   В прямоугольном треугольнике ABC по теореме Пифагора найдем гипотенузу AB: ,  отсюда .

2) Если отрезок AB параллелен оси , то и . Такой же результат получим и по выведенной в предыдущем пункте формуле:

 

3) Если отрезок AB параллелен оси , то и . Такой же результат получим и по приведенной для AB формуле.

4) Если же точки А и В совпадают, то есть   и  , то и полученная формула для AB опять же подтверждается.

Итак, расстояние между точками и можно найти по формуле .

Задача №107

Найти расстояние между точками А и В, если: 1) А(4; –2), B(1; 2);    2) A(3; 5), В (7; –1).

Решение. 1) ;

2)  .

Ответ. 1) 5;  2) .

Задача №108

Найти на оси абсцисс точку, равноудаленную от точек А(2, 7) и В(6, 1).

Решение. Пусть — искомая точка. Так как по условию , то . Имеем:

Учитывая, что , имеем уравнение: , откуда = –2. Итак, искомой является точка С(–2; 0).

Ответ. (–2; 0).

Уравнение окружности

При изучении алгебры мы строили графики некоторых функций в прямоугольной системе координат. Например, графиком функции  является прямая, графиком функции — парабола, а графиком функции  — гипербола. Также известно, что графиком линейного уравнения с двумя переменными, то есть уравнения вида , является прямая.

Уравнение фигуры:

Рассмотрим понятие уравнения для геометрической фигуры.

Уравнением фигуры на координатной плоскости называют уравнение с двумя переменными и , если выполняются следующие два условия:
1) координаты любой точки фигуры удовлетворяют это уравнение;
2) любая пара чисел , удовлетворяющая это уравнение, является координатами некоторой точки фигуры.

Уравнение окружности:

Найдем формулу, задает окружность радиуса с центром в точке (рис. 13).

          Рис. 13

1) Пусть — произвольная точка окружности. Расстояние QM записываем по формуле расстояния между двумя точками: 
Поскольку точка M лежит на окружности, то ,  а .
Поэтому .
Итак, координаты и каждой точки  данной окружности удовлетворяют полученное уравнение.
2) Рассмотрим некоторую точку , координаты которой удовлетворяют
уравнение .  Из этого равенства следует, что расстояние между точками Q и N равно . Поэтому точка N принадлежит окружности.

Итак,

уравнение окружности с центром в точке и радиусом имеет
вид: .

В частности, уравнение окружности радиуса   с центром в начале координат
имеет вид:
.

Задача №109

Найти координаты центра и радиус окружности, заданной уравнением .
Решение. Имеем .  Итак, центром окружности является точка Q(–2; 3), а радиус окружности = 5.
Ответ. Q(–2; 3), = 5.

Задача №110

Доказать, что уравнение  является уравнением окружности. Найти координаты центра окружности и ее радиус.
Решение. Выделим квадраты двучлена в левой части данного уравнения:

Итак, заданное уравнение является уравнением окружности с центром в точке
Q(4; –3) и радиусом .
Ответ. (4; –3), .

Задача №111

Составить уравнение окружности с диаметром AB, если А(–5; 7), B(3; 11).
Решение. Пусть точка Q — центр окружности. Тогда Q — середина AB. Имеем:

Радиус окружности — это отрезок QA:

Найдем уравнение искомой окружности:

Ответ. .

Уравнение прямой

Из курса алгебры вы знаете, что прямая является графиком линейной функции  и графиком линейного уравнения . Рассмотрим уравнение прямой в геометрии.

Общее уравнение прямой

Пусть  — произвольная прямая на координатной плоскости (рис. 14).  

              Рис. 14

1) Выберем две точки  и  так, чтобы прямая  была серединным перпендикуляром к отрезку .

Пусть точка  — произвольная точка прямой .

По свойству серединного перпендикуляра имеем:  , а значит  . Поэтому для точки  истинно равенство: 

.                          (1)

Раскрыв скобки и приведя подобные слагаемые, получаем:

.

Введем обозначения: , получим, что любая точка прямой  удовлетворяет равенство

.                                          (2)

Поскольку и — различные точки, то хотя бы одно из выражений или отлично от нуля. Итак, хотя бы один из коэффициентов или в уравнении (2) отличен от нуля.
2) Рассмотрим некоторую точку , координаты которой удовлетворяют уравнение (2). Выполнив алгебраические преобразования, которые являются достаточно громоздкими, можно убедиться, что координаты точки N удовлетворяют также и уравнение (1). Поэтому точка N равноудалена от точек и .
Следовательно, точка N принадлежит прямой, которая является срединным перпендикуляром к отрезку , а потому принадлежит прямой .

Уравнение прямой в прямоугольной системе координат имеет вид
,
где , , с — числа, причем  и одновременно не равны нулю.

Уравнения еще называют общим уравнением прямой.

Задача №112

Найти точки пересечения прямой  с осями координат.
Решение. 1) Пусть точка — точка пересечения прямой с осью абсцисс. Тогда , откуда . Итак, А(5; 0) — точка пересечения прямой с осью абсцисс.

2) Пусть точка  — точка пересечения прямой с осью ординат. Тогда , откуда . Итак, B(0; –3) — точка пересечения прямой с осью ординат.
Ответ. А(5; 0), B(0; –3).

Расположение прямой относительно системы координат

Рассмотрим расположение прямой относительно системы координат в некоторых частных случаях.
1) .  Имеем:  . Все точки прямой имеют одну и ту же ординату . Поэтому прямая    параллельна оси (рис. 15).
В частности, если , то прямая совпадает с осью .

2). Имеем:   .  Точки прямой имеют одну и ту же абсциссу . Поэтому прямая   параллельна оси (рис. 16).

                   Рис. 15                                       Рис. 16                                  Рис. 17

В частности, если , то прямая   совпадает с осью . 

3) .  Координаты точки (0; 0) удовлетворяют уравнению прямой. Поэтому прямая проходит через начало координат (рис. 17).

Систематизируем полученные результаты в таблице.

Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки

Составим уравнение прямой, проходящей через точки и .
Рассмотрим случаи.
1) .  Все точки прямой имеют одну и ту же абсциссу, равную (рис. 18). Уравнение прямой имеет вид: .
   

              Рис. 18                                             Рис. 19

2) .  Все точки прямой имеют одну и ту же ординату, равную (рис. 19). Уравнение прямой имеет вид: .

3) .  Пусть — некоторая точка прямой. Через точку A проведем прямую, параллельную оси , а через точки M и B — прямые, параллельные оси . Тогда и (рис. 20). Обозначим .

                              Рис. 20

В треугольнике ВАK: ,  то есть  .
В треугольнике МАР:      , то есть   
Итак, имеем:   то есть     (3)
После применения основного свойства пропорции и упрощения уравнение (3) сводится к виду .

Уравнение прямой, проходящей через точки и  , имеет вид: , если ;

, если ;

, если  .

Задача №113

Составить уравнение прямой, проходящей через точки А(2; –3) и B(4; –5).
Решение. Используя формулу (3), имеем: 

;   то есть 
Откуда , окончательно получим: .
Ответ. .

Ответ легко проверить, подставив в полученное уравнение координаты каждой из заданных точек.

Угловой коэффициент прямой

Если в общем уравнении прямой   коэффициент не равен нулю, то, выразив из этого уравнения , получим: 
Обозначив  получим:

Итак, приходим к выводу, что прямую можно задавать как уравнением , так и уравнением  поскольку каждое из них является уравнением прямой.

Выясним геометрический смысл коэффициента в уравнении прямой. Пусть и ,  где — две точки прямой. Поскольку координаты точек удовлетворяют уравнению   то    и  . Вычтем почленно из второго уравнения первое, имеем: , откуда 
Но выше мы уже доказали, что    (рис. 20).
Поскольку прямая AP параллельна оси , то — это угол, который образует прямая AB  с положительным направлением оси .
Итак, если угол —  острый, то .

Рассмотрим случай, когда прямая образует с положительным направлением
оси тупой угол (рис. 21). Имеем:

Но  = 180°, тогда
  и 

                        Рис. 21

По известной формуле . Тогда
учитывая, что   опять получим, что  , где угол  — тупой.
Итак, приходим к выводу о геометрическом смысле коэффициента  в уравнении прямой.

Коэффициент в уравнении прямой  равен тангенсу угла, который образует эта прямая с положительным направлением оси .

Коэффициент в уравнении прямой называют угловым
коэффициентом прямой. Причем , если прямая образует острый угол с положительным направлением оси , и , если этот угол — тупой.

Задача №114

Доказать, что уравнение прямой с угловым коэффициентом , которая проходит через точку , имеет вид .
Решение. Запишем общий вид прямой с угловым коэффициентом . Найдем коэффициент .
Поскольку прямая проходит через точку , то координаты этой точки удовлетворяют уравнению прямой, то есть:
.
Подставим значение в уравнение , получим:
, то есть . 

Задача №115

Составить уравнение прямой, проходящей через точку А(–3; 5) и образующей с положительным направлением оси абсцисс угол 135°.
Решение. Поскольку , то . Учитывая, что ,  имеем: , то есть , следовательно, имеем уравнение: .
Ответ. .

Условие параллельности прямых

Если прямые и   параллельны, то углы, которые они образуют с положительным направлением оси , между собой равны (рис. 22). Тогда и тангенсы этих углов также равны, а потому .

                  Рис. 22

И наоборот, если , то тангенсы углов, которые образуют прямые с положительным направлением оси ,  равны, а поэтому прямые параллельны.

Прямые и   параллельны тогда и только тогда, когда .

Например, параллельными являются прямые и  ,
у которых и  соответственно, то есть .

Координаты точки пересечения двух прямых

Пусть дано уравнение двух прямых в общем виде: и . Найдем координаты  точки их пересечения. Поскольку эта точка принадлежит каждой из прямых, то ее координаты удовлетворяют каждому из двух уравнений. Поэтому координаты точки пересечения являются решением системы уравнений, которыми заданы эти прямые.

Задача №116

Найти точку пересечения прямых  и .

Решение. Решив систему  получим  .

Итак, (3; 1) — точка пересечения прямых.

Ответ. (3; 1).

Векторы на плоскости

Есть величины, которые полностью характеризуются своим числовым значением. Примерами таких величин являются длина, площадь, масса, время, температура и другие Такие величины называют скалярными величинами, или, короче, скалярами.

Однако есть величины, которые, кроме числового значения, задаются еще и направлением. Таковы, например, физические величины: сила, перемещение материальной точки, скорость, ускорение. Чтобы охарактеризовать движение автомобиля, часто недостаточно знать, с какой скоростью он движется; нужно знать еще и в каком направлении.

Величины, которые характеризуются не только числовым значением, но и направлением, называют векторными величинами, или векторами.

Изображают векторы в математике направленным отрезком.

Отрезок, для которого определено направление, называют направленным отрезком или вектором.

Вектор удобно изображать отрезком со стрелкой, показывающей направление вектора (рис. 31). Вектор обозначают двумя большими латинскими буквами, первую из которых считают началом вектора, а вторую — его концом, и стрелкой над ними. Вектор, изображенный на рисунке 31, записывают так: . Буква A — начало вектора , буква B — его конец.

Иногда векторы обозначают одной малой латинской букой, например, векторы  и  (рис. 32).

        Рис. 31                         Рис. 32                                      Рис. 33

Вектор, у которого начало и конец совпадают, называют нулевым вектором, или нуль-вектором. Такой вектор изображают точкой. Если, например, точку, изображающую нулевой вектор, обозначить буквой F, то этот нулевой вектор можно называть  (рис. 32). Нулевой вектор обозначают еще символом .  У нулевого вектора нет направления.

Модулем (длиною или абсолютной величиною) вектора   называют длину отрезка AB.

Модуль вектора   обозначают: , вектора : . Длина нулевого вектора равна нулю: .

Задача №117

Найти модули векторов, изображенных на рисунке 33, если сторона клетки равна единице измерения отрезков.
Решение. ; ;   ; ; .

Коллинеарными называют два ненулевых вектора, которые лежат на одной прямой или на параллельных прямых.

Например, на рисунке 34 коллинеарными являются пара векторов  и ,   и ,   и   и тому подобное.
Для коллинеарных векторов  и   используют запись:  .

Нулевой вектор считают коллинеарным любому вектору.

Коллинеарны векторы бывают сонаправленными, то есть имеют одинаковое
направление (векторы  и   на рис. 34), или противоположно направленными
(векторы  и   на рис. 34). Записывают так: .

          Рис. 34

Рассмотрим понятие равенства векторов.
Пусть тело движется с определенной скоростью в определенном направлении (рис. 35). Тогда все точки данного тела движутся с указанной скоростью в том же направлении.

    Рис. 35

Поэтому все направленные отрезки (векторы) , которыми изображены скорости этих точек, является сонаправленными и имеют одинаковые модули. Такие векторы называют равными.

Два вектора называют равными, если они сонаправленные и их модули между собой равны.

Равенство векторов  и   записывают так: .

Задача №118

ABCD — ромб (рис. 36). Равны ли векторы:
1)  и ;   2)   и  ;   3)  и    ; 4)  и  ?
Решение.
1) Итак, поскольку   и  , то векторы равны.
2) Поскольку    и   не являются сонаправленными, то они не являются равными.
3) и  также не равны, поскольку не являются сонаправленными.
4) , но  , поэтому векторы  и  тоже не равны.
Ответ. 1) Да; 2) нет; 3) нет; 4) нет.

    

           Рис. 36                       Рис. 37

Задача №119

Точки A, B, C и D не лежат на одной прямой. Тогда, если , то ABDC — параллелограмм. И наоборот, если ABDC  — параллелограмм, то . Докажите.
Доказательство.
1) Пусть ,    и   не лежат на одной прямой (рис. 37). Тогда  и  . По признаку параллелограмма, учитывая, что точки B и D лежат по одну сторону от прямой AC, получим, что ABDC — параллелограмм.

2) Пусть ABDC — параллелограмм, тогда AB || CD и AB = CD (рис. 37). Поэтому  и  . Итак, .
Рассмотрим, как от заданной точки отложить вектор, равный данному. Если даны вектор  и точка C, то отложить вектор  от точки C означает построить вектор  такой, что   .

Задача №120

От точки C отложить вектор, равный вектору .
Решение. 1-й случай. Точка C лежит на прямой AB (рис. 38). Отложим от точки C в том же направлении, что и у вектора  , отрезок CD (точка D принадлежит прямой AB), равный отрезку AB. Тогда .

          Рис. 38

2-й случай. Точка C не лежит на прямой AB (рис. 37). Строим параллелограмм ABDC. Тогда  (см. доказательство предыдущей задачи).
Заметим, в обоих случаях построенная точка D является единственной.

Координаты вектора

Если на плоскости ввести систему координат, то каждый вектор можно задать парой чисел — координатами вектора.

Координатами вектора с началом  и концом называют числа    и   .

Записывают вектор , указывая его координаты, так: . Например, (3; –4), (0; –2).

Задача №121

Найти координаты вектора , если: 
1) А(–2; 5), В(7, 3);        2) А(–4; 8), B(–4; 10).
Решение. 1) По определению координат вектора имеем: ; , следовательно, (9; –2).
2) Аналогично, ; , следовательно, (0; 2).
Ответ. 1) (9; –2);   2) (0, 2).

Координатами вектора могут быть любые действительные числа. Обе координаты нуль-вектора равны нулю: .
Расстояние AB между точками и   находят по формуле . Поскольку  и ,

то
модуль вектора равен 
Итак, 

Задача №122

Найти модуль вектора: 1) (3; –4);   2)  (4; –1).
Решение.
1)  ;    2)  .
Ответ. 1) 5;  2)  .

Задача №123

Модуль вектора равен 10. Найти .
Решение . 
По условию  ; то есть .
Решив полученное уравнение, получим .
Ответ. 8 или –8.

Теорема (о равенстве векторов). У равных векторов соответствующие координаты равны, и наоборот, если у векторов соответствующие координаты равны, то векторы равны.

Доказательство. Рассмотрим вектор , где ,  ; тогда .

                      Рис. 47

1) Пусть вектор  не лежит ни на одной из координатных осей (рис. 47). Отложим от точки O(0; 0) вектор , где . Тогда. В параллелограмме ABCO точка – точка пересечения диагоналей. Тогда по формуле координат середины отрезка:
  и  
Откуда имеем:   а поэтому  , , то есть . Итак, соответствующие координаты векторов  и  равны.
Если вектор  лежит на оси (рис. 48), то очевидно, что , то есть , следовательно, соответствующие координаты векторов  и  равны.
Аналогично доказываем в случае, когда   лежит на оси .

                                     Рис. 48

2) Пусть соответствующие координаты векторов   и    равны (рис. 47), то есть .  Поэтому ;  .
В четырехугольнике ABCO точка — середина AC;   
точка  — середина BO;

Но   и  , поэтому точки и — совпадают, то есть середины диагоналей четырехугольника ABCO совпадают. При этом точка делит каждую из них пополам. Итак ABCO — параллелограмм, а поэтому
Если векторы  и   лежат на оси и ,  (рис. 48), то очевидно, что    а поэтому и  , поскольку векторы  и   сонаправленные.

Аналогично доказываем в случае, когда   и   лежат на оси .

Задача №124

Даны точки М(–3; 4), N(5; –7), С(4; –2), . Найти и , если  .
Решение. (5 – (–3);  –7 – 4), то есть (8; –11),  ( – 4; – (–2)), то есть ( – 4, + 2). Но ,  поэтому  – 4 = 8  и + 2 = –11, то есть  = 12,  = –13.
Ответ.  = 12;  = –13.

Сложение и вычитание векторов

Как и числа, векторы можно складывать и вычитать. Результатом сложения или вычитания векторов является вектор.

Суммой векторов  и называют вектор 

Например, суммой векторов (–5; 2) и  (4; –11) является вектор (–5 + 4; 2 + (–11)), то есть (–1; —9).

Для суммы векторов справедливы равенства:
    (переместительный закон сложения);
  (сочетательный закон сложения).

Для доказательства этих свойств достаточно сравнить соответствующие координаты, стоящие в левой и правой частях равенств. Эти координаты равны между собой, а векторы с соответствующими равными координатами равны.

Задача №125

При каком значении модуль вектора  будет наименьшим, если ?

Решение. Пусть  Тогда , то есть . Найдем его модуль:  . Модуль вектора  будет наименьшим, когда выражение приобретает наименьшее значение. Это значение равно 0 и достигается, если .
Ответ. .

Теорема (правило треугольника сложения векторов). Каковы бы ни были точки А, В и C, истинно равенство: .

Доказательство. Пусть  — данные точки (рис. 51). Тогда   Обозначим , имеем: 

Итак,  , поэтому . 

                  Рис. 51                                     Рис. 52

Итак, приходим к правилу построения суммы двух произвольных векторов   и  — правилу треугольника (рис. 52):

1) от конца вектора   откладываем вектор , равный вектору  ;
2) строим вектор, начало которого совпадает с началом вектора , а конец — с концом вектора   ; этот вектор и является суммой векторов   и  .
 
Сумму двух векторов можно находить и по правилу параллелограмма (рис. 53):
1) откладываем векторы  и   от общего начала (точки K);
2) строим на данных векторах параллелограмм;
3) строим вектор, являющийся диагональю параллелограмма, которая выходит из точки K; этот вектор и будет суммой векторов  и  .
Действительно, ,  но  , поэтому ; .
Заметим, что по правилу треугольника можно найти сумму любых двух векторов, а по правилу параллелограмма — только неколлинеарных.

  

               Рис. 53                           Рис. 54      

Разностью векторов и  называют вектор   такой, что  .
Имеем:
Тогда
Итак,
разностью векторов и будет вектор .
Поскольку  (рис. 51), то . Отсюда получим правило построения разности двух векторов   и   (рис. 54):
1) откладываем от одной точки вектор , равный вектору   , и вектор , равный вектору  ;
2) строим вектор, начало которого совпадает с концом вектора , а конец —
с концом вектора , он и является разностью векторов    и  .

Задача №126

Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке O (рис. 55), . Выразить векторы  и  через векторы  и  .

         Рис. 55
Решение.
1)
Но,  ,  поэтому .
2) ,  отсюда  .
Но  , поэтому  .
Ответ. 

Умножение вектора на число

Зная, что такое сумма векторов, можно рассматривать суммы вида  и другие. Такие суммы, как и в алгебре, будем записывать в виде произведений  и т. д.

Результатом умножения вектора на число является вектор.

Произведением вектора  на число называют вектор.

Например, произведением вектора на число —1 является вектор, на число 2 — вектор , на число 3 — вектор . Для произведения вектора на число истинны свойства:

для любых вектора  и чисел и :

 ( + )  =  +  ;

для любых векторов    и   и числа :

( + ) =  + .

Для доказательства этих свойств достаточно сравнить соответствующие
координаты левой и правой частей равенств. Эти координаты между собой равны, а следовательно, равны и векторы.

По определению суммы, разности векторов и произведения вектора на число можно определить координаты любой вектора, записанного в виде алгебраической суммы векторов, координаты которых известны.

Задача №127

Даны векторы (2; -5) и (-4; 1). Найти координаты вектора: 1); 2) .
Решение. Решение удобное записать так:
1)       2)  
Ответ. 1) ;   2) .

Теорема (о произведении вектора на число). Модуль вектора  равен . Вектор   сонаправленный с вектором  , если , и противоположно направленный вектору , если .

Доказательство. Построим в координатной плоскости векторы    и  , 
которые соответственно равны векторам   и  , где точка O — начало координат (рис. 65).

Пусть   вектор имеет координаты , тогда имеем: , , . 
Составим уравнение прямой OA: 

 упростив которое, получим: .
Координаты точки В  удовлетворяют это уравнение. Действительно:
.
Это означает, что точка B  принадлежит прямой OA. В случае, когда она принадлежит лучу OA, ее координаты   и    имеют соответственно те же знаки, что и координаты   и  точки А (рис. 65). В случае же, когда точка B  лежит на дополнительном к OA луче, ее координаты   и    будут иметь
знаки, противоположные знакам координат   и  точки А (рис. 66).

                   

          Рис. 65                           Рис. 66                                           Рис. 67

Если , то точка В  будет лежать на луче OA, а , то точка В  будет лежать на дополнительном к OA луче. Поэтому если , то векторы    и   — сонаправленные, а если , то они  — противоположно направленные.

Найдем модуль вектора   :

На рисунке 67 для данного вектора   построены векторы 

Из этого примера и доказанной теоремы следует важный вывод:

вектор , коллинеарный вектору , можно представить в виде , где ≠ 0, и наоборот, если, ≠ 0, то векторы    и   — коллинеарны.

Пусть даны векторы и  . Если они коллинеарны, то , и . Тогда (если и ) имеем, что    и   , поэтому   , то есть координаты коллинеарных векторов пропорциональны.

Итак, приходим к условию коллинеарности векторов:

Пусть и   — произвольные векторы. Тогда если:
1) x₁ = x₂ = 0, то векторы  (0; y₁) и   (0; y₂) — коллинеарны; причем, если  > 0 , то  ; а если   < 0   , то  ;
2) y₁ = y₂ = 0, то векторы   (x₁; 0)  и (x₂, 0) — коллинеарны; причем, если  > 0 , то  ; а если   < 0  , то ;
3) , x₂ ≠ 0, , y₂ ≠ 0, то векторы   и   коллинеарны, если  = , причем, если , то   ; а если , то .

Задача №128

При каком значении векторы и коллинеарны? Сонаправлены или противоположно направлены эти векторы?
Решение. Пусть  , тогда  , откуда .
Поскольку ,  то    .
Ответ. ; противоположно направлены.

Скалярное произведение векторов

Рассмотрим еще одну операцию с векторами — скалярное произведение векторов.

Скалярным произведением векторов и называют число . 

Обозначают скалярное произведение векторов так же, как произведение
чисел или переменных:  или  .
 

Задача №129

Найти скалярное произведение векторов:
1) (–2, 7) и  (4, 1);   2) (0; 8) и  (—2, 5).
Решение.

1)  = —2 · 4 + 7 · 1 = —1;
2)  = 0 · (–2) + 8 · 5 = 40.
Ответ. 1) –1;  2) 40.

Найдем скалярное произведение равных между собой векторов. Пусть дан вектор . Тогда

.
Скалярное произведение вектора самого на себя  обозначают и называют скалярным квадратом вектора.

Скалярный квадрат вектора равен квадрату его модуля:
                          = .
Из последнего равенства следует, что .
Из определения скалярного произведения векторов вытекают следующие
свойства:

Для доказательства этих свойств достаточно сравнить числа, которым соответственно равны левая и правая части равенств.

Углом между векторами   и   называют угол ВАС (рис. 73). Углом между двумя ненулевыми векторами, которые не имеют общего начала, называют угол между векторами, которые равны данным и имеют общее начало (рис. 74).

         Рис. 73                        Рис. 74                      Рис. 75                  Рис. 76

Угол между сонаправленными векторами равен нулю (рис. 75), угол между противоположно направленными векторами равен 180° (рис. 76).

Теорема (о скалярном произведении векторов). Скалярное произведение векторов равно произведению их модулей на косинус угла между ними:

.

Доказательство. Пусть  — заданные векторы, а  — угол между ними. Докажем, что .
Рассмотрим скалярный квадрат вектора . Учитывая свойства скалярного произведения векторов, получим:

Учитывая свойства скалярного квадрата, получим: ; откуда 

 , то есть скалярное произведение векторов зависит от длины векторов  и , а потому не зависит от выбора системы координат.
Выберем такую ​​систему координат, чтобы положительное направление оси абсцисс совпадал с направлением вектора . Тогда .
Если   (рис. 77), то   и тогда

.

           Рис. 77

Пусть (рис. 78). Тогда  
а поэтому  . Имеем:  .
Если (рис. 79), то
.

          Рис. 78                          Рис. 79                                        Рис. 80

Если (рис. 80), то
,

.
Поскольку вторая координата вектора  равна числу, противоположному
длине отрезка OK, то координатами вектора   является пара чисел ,  а потому .

           Рис. 81

Если (рис. 81), то координатами вектора   является пара чисел  . Поэтому .
Итак, для любых значений  имеем:
.
Следствие 1. Если векторы перпендикулярны, то их скалярное произведение равно нулю.
Следствие 2. Если скалярное произведение векторов равно нулю, то они перпендикулярны.

Договоримся угол между векторами   и    обозначать так:

   или .

Задача №130

При каком значении векторы и  взаимно перпендикулярны?

Решение. Чтобы векторы были взаимно перпендикулярными, их скалярное произведение должно быть равно нулю. Имеем: , откуда =5.
Ответ. = 5.

Скалярное произведение векторов позволяет найти косинус угла между ненулевыми векторами и . Поскольку , где , то 
Поскольку , то .

Косинус угла между ненулевыми векторами и можно вычислить по формуле:

 

По косинусу угла между векторами можно найти и градусную меру угла (по таблицам или с помощью калькулятора).

Задача №131

Найти градусную меру угла C треугольника ABC, если А(3, 5), B(3, 7), C(1, 5).

Решение. Угол C треугольника ABC совпадает с углом между векторами  и  (рис. 82), то есть  .

           Рис. 82

Имеем:
, то есть ;
, то есть .
Тогда     ,
откуда .
Ответ. 45°.

Задача №132

Дано:  

                   Найти: 

Решение. Поскольку , то 

Ответ: .

Решение треугольников

Решение треугольников — исторический термин, означающий решение главной тригонометрической задачи: по известным данным о треугольнике (стороны, углы и т. д.) найти остальные его характеристики.

Теорема косинусов

Докажем одну из важнейших теорем о соотношении между сторонами и углами треугольника.

Теорема косинусов. Квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между ними.

Доказательство. Пусть в треугольнике    (рис. 98). Докажем, что  Очевидно, что может быть прямым, острым или тупым. Рассмотрим все три случая.
1) Пусть  — прямой. Тогда cos C = 0, и формула, которую надо доказать, приобретает вид: , то есть имеем теорему Пифагора для треугольника ABC.

2) Пусть — острый. Тогда в треугольнике ABC есть еще хотя бы один острый
угол, пусть это будет . Проведем в треугольнике ABC высоту AD. Поскольку углы B и C — острые, то точка D принадлежит стороне BC. Тогда в прямоугольном треугольнике ADC: ,  ,  а 
.

         

            Рис. 98                                   Рис. 99

В прямоугольном треугольнике ADB (по теореме Пифагора):

Но ,   поэтому 
3) Пусть угол — тупой (рис. 99). Обозначим . Проведем в треугольнике ABC высоту AD. В этом случае точка D будет лежать на продолжении луча ВС, поэтому 
В прямоугольном треугольнике ADC:

Имеем: . Далее доказываем так, как в случае, когда — острый. 

Заметим, что теорема Пифагора является частным случаем теоремы косинусов для прямоугольного треугольника, поэтому ее иногда называют обобщенной теоремой Пифагора.

Итак, в произвольном треугольнике ABC выполняются равенства:
с² = а² + b² – 2аb cos C , 
b² = а² + с² – 2аc cos B ,
а² = b² + с² – 2bc cos A .

С помощью теоремы ​​косинусов можно, например, найти неизвестную сторону треугольника, если известны две его другие стороны и один из углов.

Задача №133

Дано: см,  см, .
Найти: AB.
Решение. (рис. 98). По теореме косинусов имеем:

. Тогда  (см).

Ответ. 7 см.

Задача №134

Дано: . Найти: AC.
Решение. Пусть   (рис. 99).
По теореме косинусов имеем: , то есть 
.

Упростив последнее равенство, получим квадратное уравнение
,  решив которое, получим:.
Число –8 не удовлетворяет смыслу задачи, поскольку . 
Итак, AC = 3 см.
Ответ. 3 см.

Если известны три стороны треугольника, то по теореме косинусов можно найти косинус любого из его углов, а следовательно, и сам угол.
Например, косинус угла C можно найти по формуле, выразив cosC из формулы теоремы ​​косинусов:

Задача №135

Найти меру наибольшего из углов треугольника, длины сторон которого равны  и 4 см.
Решение. Поскольку в треугольнике против большей стороны лежит больший угол, то наибольшим углом треугольника будет угол, лежащий против стороны длиной 4 см. Пусть см, см, см.

Тогда по формуле косинуса угла имеем:                    .

Используя калькулятор (или таблицы), найдем, что .

Ответ. .

Итак, теорема косинусов помогает решать треугольники.

Теорема косинусов является удобной и для определения вида треугольника. Чтобы установить, остроугольным, прямоугольным или тупоугольный является треугольник, достаточно найти знак косинуса его наибольшего угла. Из формулы косинуса угла понятно, что знак косинуса угла зависит от знака числителя дроби, поскольку знаменатель всегда положительный. Поэтому знак выражения позволяет определить знак косинуса угла треугольника, а следовательно, и вид этого угла (острый, прямой или тупой).

Если с — наибольшая сторона треугольника, то для выяснения вида треугольника достаточно сравнить с нулем значение выражения . Таким образом,
если с — наибольшая сторона треугольника и
> 0, то — острый, а треугольник — остроугольный;
= 0, то — прямой, а треугольник — прямоугольный;
< 0, то — тупой, а треугольник — тупоугольный.

Задача №136

Определить вид треугольника со сторонами а = 4 см, b = 6 см, с = 7 см.
Решение. , следовательно, треугольник остроугольный.
Ответ. Остроугольный.

Рассмотрим важное свойство диагоналей параллелограмма.

Задача №137

Доказать, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон.
Доказательство. Пусть ABCD — параллелограмм,    (рис. 100).

            Рис. 100                                                  Рис. 101

Из треугольника ABD по теореме косинусов:

Из треугольника ABC по теореме косинусов:

Сложив почленно эти два равенства, имеем:

Задача №138

AM — медиана треугольника ABC. Доказать формулу медианы треугольника:

Решение. Продолжим медиану AM на отрезок MD = AM (рис. 101). Поскольку в четырехугольнике ABDC   AM = MD  (по построению) и  BM = MC (по условию), то ABDC — параллелограмм (по признаку). Тогда .
По доказанному выше свойству диагоналей параллелограмма имеем:
. Откуда: ,  тогда .
Итак,

Заметим, что в некоторых задачах, в частности тех, решение которых сводится к решению уравнений, целесообразно использовать формулу медианы треугольника в виде:

Теорема синусов

Лемма. Если АВ — хорда окружности, радиус которой равен  , а М — любая точка окружности то 

Доказательство. 1) Если  — диаметр окружности (рис. 108), то  при любом расположении точки М на окружности.  Тогда, учитывая соотношения в прямоугольном треугольнике,  

                  Рис. 108                                      Рис. 109

2) Пусть AB — не является диаметром окружности, а M — точка, принадлежащая
большей дуге окружности (рис. 109). Проведем диаметр AK. Тогда (как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу).  (как угол, опирающийся на диаметр).
В треугольнике ABK ()  sin , поэтому  , откуда .
3) Пусть AB — не является диаметром, а точка M₁ принадлежит меньшей дуге окружности, тогда . Имеем:  ,
поэтому .
Следовательно, в этом случае также подтверждается равенство

Теперь докажем важную теорему о соотношении между сторонами и углами треугольника.

Теорема  синусов. Стороны треугольника пропорциональны синусам противоположных им углов.

Доказательство. Пусть ABC — произвольный треугольник,  (рис. 110). Докажем, что

            Рис. 110

Опишем окружность радиуса R вокруг данного треугольника. По доказанной лемме:  Итак,   . 

Следствие (обобщенная теорема синусов). В любом треугольнике отношение стороны к синусу противоположного ей угла равно диаметру окружности, описанной вокруг этого треугольника:

Воспользовавшись теоремой синусов, можно доказать известное из курса геометрии утверждение:

В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, против большего угла лежит большая сторона.

Докажите это утверждение самостоятельно.

С помощью теоремы ​​синусов можно решать треугольники. Например, по двум данным углами треугольника и стороне, лежащий против одного из них, можно найти сторону, лежащую против второго угла.

Задача №139

Дано: см; ; . Найти сторону AC.
Решение. По теореме синусов имеем (рис. 110):

 то есть  откуда   (см).
Ответ. см.

Также по двум сторонам треугольника и углу, лежащему против одной из них, можно найти угол, лежащий против второй стороны.

Задача №140

В треугольнике ABC  AB = 1 см, BC = см. Найти если:                       

1) ;  2) .

Решение. Обозначим
1) По теореме синусов имеем:

 то есть  откуда  .   Тогда .
2) Аналогично,   то есть    откуда 
Имеем:   или . Заметим, что в обоих случаях , поэтому задача имеет два решения.
Ответ. 1) 90°;  2) 45° или 135°.

Задачи, в которых надо найти радиус окружности, описанной около треугольника, часто можно решить с помощью  следствия из теоремы ​​синусов (обобщенной теоремы ​​синусов).

Задача №141

Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами 5 см, см и  см.

Решение. Пусть см, см, см.
Найдем косинус угла В:

Поэтому .
По обобщенной теореме синусов  , поэтому .
Ответ. см.

Прикладные задачи

Напомним, что решить треугольник — значит найти неизвестные его стороны
и углы по каким-либо известным сторонам и углами. Ранее мы решали прямоугольные треугольники.
При решении произвольного треугольника ABC, где (рис. 111), используют такие соотношения:

  (теорема косинусов);

  (теорема синусов).

          Рис. 111

Рассмотрим четыре вида задач на решение треугольников. Неизвестные стороны будем находить с точностью до сотых, а неизвестные углы — с точностью до минуты.

Решение треугольников по двум сторонам и углу между ними

Задача №142

Даны стороны треугольника а и b и угол C между ними. Найти сторону с и углы A и B.

Решение треугольников по стороне и двумя углами

Задача №143

Даны сторона треугольника а и углы B и C. Найти стороны треугольника b и c и угол А.

Решение треугольников по трем сторонам

Задача №144

Даны три стороны а, b и с треугольника. Найти три угла А, В и C треугольника.

Решение треугольников по двум сторонам и углу, противоположному одной из них

Задача №145

Даны стороны треугольника а, b и угол А. Найти сторону с треугольника и углы B и C.

Эта задача, в отличие от трех предыдущих, которые всегда имеют единственное решение, может иметь одно, два или не иметь ни одного решения.

Умение решать треугольники поможет и в решении прикладных задач.

Задача №146

(Измерение расстояния до недоступной точки).
Найти расстояние от точки наблюдения А до недоступной точки C (рис. 112).

                                                            Рис. 112
Решение. Эту задачу мы уже решали с помощью подобия треугольников. Рассмотрим теперь другой способ — с помощью теоремы синусов.
1) Обозначим на местности точку В и измерим длину отрезка AB. Пусть AB = c. Затем измерим (например, с помощью астролябии) углы А и В, пусть

2) По теореме синусов: 

3) , поэтому 

 В итоге получаем:  

Задача №147

(Измерение высоты предмета, основание которого недоступно). Найти высоту дерева CH, если точка H — недоступна (рис. 113).

                                                 Рис. 113

Решение. Эту задачу мы также решали с помощью соотношений между сторонами и углами в прямоугольных треугольниках CHA и CHB. Рассмотрим еще один способ решения.
1) На прямой, проходящей через основание предмета — точку H, выберем две точки А и B, расстояние между которыми равно а. Измерим углы САН и CBH, пусть  

2) Из треугольника АВС: 

Поскольку 

Тогда 

3) Из треугольника . Тогда  

Формулы для нахождения площади треугольника

Напомним, что мы находили площадь  треугольника по формуле:

   где  — сторона треугольника,  — высота, проведенная к ней.

Докажем еще несколько формул для нахождения площади треугольника.

Теорема 1 (формула площади треугольника по двум сторонами и углу между ними). Площадь треугольника равна половине произведения двух его сторон на синус угла между ними.

Доказательство. Пусть в треугольнике ABC   — площадь треугольника. Докажем, что 

 
Проведем в треугольнике высоту AK, . Тогда 
Если угол C — острый (рис. 119), то из треугольника ACK имеем:
Если угол C — тупой (рис. 120), то из треугольника ACK имеем:
Если угол C — прямой (рис. 121), то
Итак, во всех случаях  то есть 

             Рис. 119                                    Рис. 120                                 Рис. 121

Следствие. Площадь параллелограмма равна произведению двух его соседних сторон на синус угла между ними.
Доказательство. В параллелограмме ABCD проведем диагональ BD (рис. 122).
Поскольку (по трем сторонам), то

      Рис. 122

Поэтому

Задача №148

Найти площадь равностороннего треугольника, сторона которого равна а.
Решение. Напомним, что мы уже находили площадь равностороннего треугольника по формуле Найдем теперь площадь этого треугольника и другим способом, то есть по доказанной выше формуле.
Поскольку все углы равностороннего треугольника равны 60°, имеем:

Ответ. 

Задача №149

Найти площадь треугольника, стороны которого равны 5 см,  см,  см.

Решение. Пусть см,   см, см,  (рис. 119)

 поэтому .

 (см²).

Ответ. см²   .

Заметим, что когда по косинусу угла невозможно найти точное значение меры угла, то есть если угол окажется не табличным, то находить сам угол не требуется. Ведь для нахождения площади достаточно найти значение синуса угла, воспользовавшись формулой  

Задача №150

Доказать, что площадь любого выпуклого четырехугольника равна половине произведения диагоналей четырехугольника на синус угла между ними.
Доказательство. Пусть в четырехугольнике ABCD  где O — точка пересечения диагоналей (рис. 123), S —площадь четырехугольника.
Докажем, что 

          Рис. 123

1) Пусть   Тогда 

Очевидно, что 

2) По доказанной выше формуле:  

     

3) Имеем: 

Теорема 2 (формула Герона).  Площадь  треугольника со сторонами ,   и  можно найти по формуле:

 = , где  — полупериметр треугольника.

Доказательство. Воспользуемся формулой 

По теореме косинусов: 

Тогда: 

Но 

Аналогично 

Тогда 

Итак, 

Заметим, что формулой Герона удобно пользоваться в случае, когда длины сторон а, b и с являются рациональными числами.
Если же среди сторон треугольника есть хотя бы одна, длина которой —иррациональное число, то удобнее использовать метод, предложенный для решения задачи 2 в данном разделе.
С помощью формулы Герона, если известны стороны, можно находить высоты треугольника, в частности, используя формулу:

 где  а — сторона, к которой проведена
высота.
Из этой формулы высоты приходим к выводу, что
наибольшей высотой треугольника является та, которая проведена к наименьшей стороне; наименьшей высотой — та, которая проведена к наибольшей стороне.

Задача №151

Найти наибольшую высоту треугольника, стороны которого равны 25 см, 29 см и 6 см.

Решение. Найдем площадь  треугольника по формуле Герона. Поскольку  (см), то  (см²).

Наибольшей высотой данного треугольника является та, которая проведена к стороне длиной 6 см. Итак,

 (см).

Ответ. 20 см.

Теорема 3 (формула площади треугольника по радиусу описанной окружности). Площадь S треугольника можно найти по формуле 
где а, b, с  — стороны треугольника; R — радиус окружности, описанной
вокруг треугольника.

Доказательство. Воспользуемся формулой
По обобщенной теореме синусов:       где  — угол, противоположный стороне с треугольника. Отсюда  Имеем: 

Из доказанной формулы получим формулу для вычисления радиуса окружности, описанной вокруг треугольника:

Заметим, что эту формулу целесообразно использовать, когда известны длины всех трех сторон треугольника.

Радиус R окружности, описанной вокруг прямоугольного треугольника, удобно находить по изученной ранее формуле:

   где с — гипотенуза треугольника.

Теорема 4 (формула площади треугольника по радиусу вписанной окружности). Площадь S треугольника можно найти по формуле

где — полупериметр треугольника; r — радиус окружности, вписанной в треугольник.

Доказательство. Пусть O — центр окружности, вписанной в  (рис. 124), а
точка K — точка касания окружности к стороне BC, BC = a, AC = b, AB = c.

              Рис. 124

Поскольку , то OK является высотой треугольника OBC. Тогда 
Аналогично 
Тогда  

Следствие. Площадь S любого описанного многоугольника можно найти по формуле     где p — полупериметр многоугольника; r — радиус окружности, вписанной в многоугольник.

Из доказанной формулы следует формула для вычисления радиуса окружности, вписанной в треугольник или в описанный многоугольник:

Радиус r окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, удобно находить по формуле

где а и b — катеты треугольника, с — его гипотенуза.
Докажите эту формулу самостоятельно.

Задача №152

Стороны треугольника равны 4 см, 13 см и 15 см. Найти радиус R окружности, описанной вокруг треугольника, и радиус r окружности, вписанной в треугольник.
Решение. Найдем полупериметр треугольника:  (см),  и его площадь по формуле Герона  (см²).

Итак,  (см),  (см).

Ответ. R = 8,125 см, r = 1,5 см.

Правильные многоугольники

Правильным многоугольником называют выпуклый многоугольник, у которого все стороны между собой равны и все углы между собой равны.

Примерами правильных многоугольников являются равносторонний треугольник и квадрат. На рисунке 133 изображены правильные пятиугольник, шестиугольник, семиугольник и восьмиугольник.

                                         Рис. 133

Поскольку сумма углов любого выпуклого n-угольника равна , а все углы правильного многоугольника равны между собой, то нетрудно найти меру такого угла.
Если — угол правильного многоугольника, то 

Например, угол правильного треугольника правильного четырехугольника (квадрата) , это согласовывается с тем, что известно из предыдущих лекций.

Задача №153

Найти количество вершин правильного многоугольника, если его внешний угол равен 45°.
Решение. Поскольку внешний угол правильного многоугольника равен 45°, то легко найти его внутренний угол: .
Имеем уравнение:   откуда n = 8.
Ответ. 8.

Задачу 1 можно было бы решить другим способом, если знать формулу, которая связывает градусную меру внешнего угла правильного многоугольника  с количеством его вершин (сторон).
имеем: 
.
Итак,
если — внешний угол правильного n-угольника, то = 
По этой формуле задачу 1 можно решить проще. Действительно, 

Напомним, что
окружность называют описанной вокруг многоугольника, если все его вершины лежат на окружности;
окружность называют вписанной в многоугольник, если все его стороны  касаются  окружности.

Теорема (об окружности, описанной около правильного многоугольника, и окружности, вписанной в него). Если многоугольник правильный, то вокруг него можно описать окружность и в него можно вписать окружность.

Доказательство. Пусть — правильный n-угольник (рис. 134).

              Рис. 134

1) Из вершин A₁ и A₂ проведем биссектрисы углов n-угольника. Пусть они пересеклись в точке O. Треугольник  — равнобедренный, поскольку
2) Соединим точку O с вершиной A₃,   (поскольку A₂O —биссектриса угла A₁A₂A₃). Тогда (по двум сторонами и углу между ними). Итак, .
3) Соединив все вершины данного n-угольника с точкой O и устанавливая последовательно равенство каждой следующей пары треугольников, получим, что  Это означает, что все вершины этого правильного n-угольника равноудалены от точки O, а потому точка O является центром описанной вокруг него окружности, а OA₁ — радиусом этой окружности.
4) Проведем высоты OK₁ и OK₂ в равных между собой равнобедренных
треугольниках A₁A₂O и A₃A₂O  к основаниям A₁A₂ и A₂A₃ соответственно. (по гипотенузе и острому углу). Поэтому .
5) Аналогично доказываем, что равными между собой являются высоты всех равнобедренных треугольников, вершиной которых является точка O, а основанием — сторона правильного многоугольника. Все стороны данного правильного многоугольника равноудалены от точки O, а потому точка O —центр окружности, вписанной в этот многоугольник, а OK₁ — радиус этой окружности.

Следствие 1. Центры вписанной и описанной окружностей правильного
многоугольника совпадают.
Эту точку называют центром правильного многоугольника. На рисунке 134 точка O — центр многоугольника.

Следствие 2. Окружность, вписанная в правильный многоугольник,
касается сторон многоугольника в их серединах.

Угол между двумя радиусами описанной окружности, концами которых являются соседние вершины правильного многоугольника, называют
центральным углом правильного многоугольника.

На рисунке 134 центральными углами правильного n-угольника являются углы  Все они равны между собой (по доказанной теореме) и равны по 

Пусть  — центральный угол правильного n-угольника, тогда

  где — центральный угол правильного n-угольника.

Задача №154

Найти площадь правильного n-угольника, если радиус окружности, описанной вокруг него, равен R.
Решение. Пусть S_n — площадь правильного n-угольника, S₁ — площадь треугольника A₁OA₂ (рис. 134). Тогда . Найдем S₁:

Имеем: 
Ответ.

Поскольку в правильный многоугольник можно вписать окружность, то его площадь S_n  по следствию из теоремы ​​о площади треугольника по радиусу вписанной окружности можно найти и так:
S_n = pr,    где p — полупериметр n-угольника; r — радиус вписанной в него
окружности.

Пусть — сторона правильного n-угольника,  — радиус описанной вокруг него окружности,  — радиус вписанной в него окружности (рис. 134).
Тогда 
Из треугольника A₁OK₁:
1)  
2)  
3)
Систематизируем полученные формулы в таблице и представим в ней также формулы радиусов вписанной и описанной окружностей правильного
треугольника, четырехугольника (квадрата), шестиугольника.

Запоминать эти формулы не обязательно, но нужно уметь их выводить.

Задача №155

Найти радиусы вписанной и описанной окружностей правильного треугольника, если их разность равна 6 см. Чему равна сторона этого треугольника?

Решение. Пусть см, тогда см.
Поскольку в правильном треугольнике  то имеем уравнение: 
откуда (см).
Итак, R = 12 см, r = 6 см, (см).
Ответ. R = 12 см, r = 6 см, см.

Рассмотрим, как с помощью циркуля и линейки без делений построить правильные треугольник, четырехугольник и шестиугольник, вписанные в окружность.

Задача №156

Построить правильный шестиугольник, вписанный в круг.
Решение. Учитывая, что построение выполним в такой последовательности.
1) Проведем произвольную окружность (рис. 135).
2) Обозначим на окружности произвольную точку A₁ — одну из вершин правильного шестиугольника.
3) Из точки A₁, как из центра радиусом, равным радиусу окружности, сделаем на окружности по обе стороны от точки A₁ засечки и получим точки A₂ и A₆.
4) Продолжаем делать засечки от полученных точек тем же радиусом, получая вершины A₃ , A₄ , A₅ , и соединяем их.
Получим правильный шестиугольник A₁A₂A₃A₄A₅A₆.

     

          Рис. 135

Задача №157

Построить правильный треугольник, вписанный в окружность.

Решение. Для построения правильного вписанного треугольника нужно отрезками соединить вершины правильного вписанного шестиугольника через одну (рис. 136). Получим правильный треугольника А₁А₃А₅.

            Рис. 136                                     Рис. 137

Задача №158

Построить правильный четырехугольник (квадрат), вписанный в окружность.

Решение. Для построения вписанного четырехугольника (квадрата) достаточно через центр окружности провести две взаимно перпендикулярные прямые. Они пересекут окружность в вершинах квадрата (рис. 137). Получаем квадрат С₁С₂С₃С₄.

Длина окружности. Длина дуги окружности

Наглядное представление о длине окружности можно получить таким образом. Представим, что окружность сделана из тонкой нити, которая не растягивается. Разрежем нить в некоторой точке А и расправим ее (рис. 138). Получим отрезок AA₁, длина которого является длиной окружности.

                Рис. 138                                        Рис. 139

Периметр любого правильного многоугольника, вписанного в окружность, является приближенным значением длины окружности. Чем больше количество сторон многоугольника, тем более точным будет это приближенное значение (рис. 139). Так, например, периметр правильного вписанного в окружность двенадцатиугольника меньше отличается от длины окружности, чем периметр правильного шестиугольника, вписанного в ту же окружность. Если количество сторон правильного многоугольника увеличивать неограниченно, то его периметр будет неограниченно приближаться к длине окружности.
Докажем важное свойство длины окружности.

Теорема (об отношении длины окружности к ее диаметру). Отношение длины окружности к ее диаметру есть постоянным для всех окружностей.

                                      Рис. 140
Доказательство. Рассмотрим два произвольных круга, радиусы которых и , а длина окружностей C и (рис. 140).
1) В каждую из окружностей впишем правильный n-угольник с одинаковым
количеством сторон. Пусть стороны этих n-угольников  и  их периметры и .
2) Имеем:
  и  
3) Тогда: 

4) Это равенство является пропорцией при любом значении n. Если n увеличивать неограниченно, то периметры многоугольников  и  будут неограниченно приближаться к длине окружностей C и .
Поэтому:  отсюда 
Итак, отношение длины окружности к ее диаметру является числом,
постоянным для всех кругов.

Отношение длины окружности к ее диаметру принято обозначать
греческой буквой (читают «пи»):

Число иррациональное, его приближенное значение  Для практических нужд приближенное значение чаще всего используют с точностью до сотых: .
Из равенства    получим, что
длина окружности, радиус которой равен R, вычисляется по формуле
C = 2R.
А учитывая, что диаметр окружности равен 2R, получаем формулу длины окружности: , где d — диаметр.

Задача №159

Найти длину окружности, радиус которой равен:
1) 5 см;   2) 0,8 дм.
Решение. 1) C = 2 · 5 = 10 (см)
2) C = 2 · 0,8 = 1,6 (дм).
Ответ. 1) 10 см; 2) 1,6 дм.

Задача №160

Найти радиус окружности, длина которой равна:
1) 12 см;   2) 8 дм.
Решение. 1)  (см).
2)  (дм).
Ответ. 1) 6 см; 2)  дм.

Задача №161

Груз поднимают с помощью блока (рис. 141). На сколько поднимется груз за 10 оборотов блока, если диаметр блока 15 см?

        Рис. 141

Решение. Поскольку d = 15 см, то длина окружности блока: C = d = 15 см.
Если блок сделает 10 оборотов, то поднимет груз на высоту:
10 · 15 = 150 = 150 · 3,14 = 471 (см) = 4,71 (м).
Ответ. 4,71 м.

Найдем формулу для вычисления длины дуги окружности, соответствующей центральному углу , если радиус окружности равен R (рис. 142).

     Рис. 142

Поскольку длина окружности равна 2R, то длина дуги, соответствующей центральному углу 1°, составляет  от длины окружности, то есть 
Тогда длину дуги  можно вычислить по формуле:
   где — градусная мера дуги.

Задача №162

Радиус окружности равен 4 см. Найти длину дуги, соответствующей центральному углу: 1) 20°;   2) 270°.
Решение. 1)  (см);
2)  (см).
Ответ. 1)  см; 2) 6 см.

Задача №163

Длина дуги окружности равна 3 см, а ее градусная мера — 36°. Найти радиус окружности.
Решение.  , откуда R = 15 см.
Ответ. 15 см.

Площадь круга и его частей

Напомним, что кругом называют часть плоскости, ограниченную окружностью, вместе с самой окружностью.

Теорема (о площади круга). Площадь S круга, радиус которого равен r, вычисляется по формуле:

Доказательство. Опишем вокруг круга правильный n-угольник, пусть — периметр n-угольника, S_n — его площадь (рис. 143).

          Рис. 143

1) По следствию из теоремы о площади треугольника по радиусу вписанной окружности имеем: 
2) Если n увеличивать неограниченно, то периметр многоугольника будет неограниченно приближаться к длине C окружности, а площадь многоугольника будет неограниченно приближаться к площади S круга. Тогда:

Задача №164

Найти площадь круга, радиус которого равен: 1) 3 см; 2)  дм.
Решение. 1) (см²);
2) (дм²).
Ответ. 1) 9 см²; 2) 49 дм².

Задача №165

Найти радиус круга, площадь которого равна: 1) 16 см²; 2) 7 дм².
Решение. 1)   следовательно, r = 4 см.
2)   следовательно,  дм.
Ответ. 1) 4 см; 2)  дм.

Задача №166

Две водопроводные трубы, диаметр которых 10 см, надо заменить одной трубой той же пропускной способности. Каким должен быть диаметр этой трубы?
Решение. 1) Радиус каждой из двух труб r = 5 см.
2) Сечение каждой из труб (см²).
3) Сечение новой трубы должно равняться сумме сечений двух старых, то есть   (см²).
4) Пусть R — радиус новой трубы. Тогда7,07 (см).
Тогда диаметр этой трубы 14,14 см.
Ответ. 14,14 см.

Часть круга, ограниченную двумя его радиусами, называют сектором. На рисунке 144 изображены два сектора, один из которых закрашен, а второй — нет. Найдем формулy площади сектора круга радиуса r, который соответствует центральному углу градусной меры . Поскольку площадь круга равна  то площадь сектора, соответствующего центральному углу 1°, составляет  от площади круга и равна  Поэтому 
площадь сектора, отвечающего центральному углу градусной меры , вычисляется по формуле 

Задача №167

Найдите площадь сектора круга радиуса 6 см, если соответствующий сектору центральный угол равен: 1) 30°;  2) 225°.
Решение. 1) (см²);
2) (см²).
Ответ. 1) 3 см²;   2) 22,5 см².

    

            Рис. 144                          Рис. 145

Часть круга, ограниченную хордой и соответствующей ей дугой, называют сегментом. На рисунке 145 изображены два сегмента, один из которых ограничен хордой AB и дугой AB, а другой — хордой AB и дугой AMB. Если градусная мера центрального угла, соответствующего сегменту, меньше 180°, то площадь сегмента находим как разность площадей соответствующего сектора и треугольника AOB. Если градусная мера центрального угла, соответствующего сегменту, больше 180°, то площадь сегмента находим как сумму площадей соответствующего сектора и треугольника AOB (рис. 145). Сегмент, которому соответствует развернутый угол, является полукругом, и его площадь равна  где r — радиус круга.

Итак,
площадь сегмента, не являющегося полукругом, вычисляется по формуле

Задача №168

Концы хорды делят круг в отношении 1: 2. Найдите площади двух образовавшихся сегментов, если радиус круга равен 12 см.
Решение. Пусть на рисунке 145 меньшая из образовавшихся дуг равна , тогда большая равна . Имеем:  + = 360°, отсюда = 120°. Итак, меньшему из сегментов соответствует центральный угол 120°, а большему — 240°.
.
Обозначим площади сегментов S₁ и S₂. Получим:   (см²);
(см²).
Ответ.  см²;    см².

Геометрические преобразования

Преобразование фигур:
Любую геометрическую фигуру можно рассматривать как множество точек. Например, отрезок — это множество точек прямой, лежащей между двумя ее точками, вместе с этими точками.
Иногда между точками двух геометрических фигур можно устанавливать определенное соответствие.
Пусть — средняя линия треугольника ABC, параллельная стороне AB (рис. 155). Будем считать, что каждой точке X стороны AB треугольника ABC  соответствует точка средней линии , лежащая на луче CX.

      Рис. 155

Например, точке А соответствует точка , точке В — точка . Точку , которая соответствует точке X, называют образом точки X, точку X при этом
называют прообразом точки .

По установленному соответствию каждой точке X отрезка AB соответствует определенная точка отрезка . При этом каждая точка отрезка соответствует некоторой точке отрезка AB. Кроме этого, различным точкам отрезка AB  соответствуют различные точки отрезка . Множеством всех точек, соответствующих точкам отрезка AB, является отрезок . Таким образом, получили преобразование отрезка AB  в  отрезок .

Преобразованием фигуры F в фигуру называют такое ​​соответствие, при котором:
1) каждой точке фигуры F соответствует определенная точка фигуры ;
2) каждая точка фигуры является образом некоторой точки фигуры F;
3) различным точкам фигуры F соответствуют различные точки фигуры .

Говорят, что фигура является образом фигуры F для данного преобразования, а фигура F является прообразом фигуры .
Заметим, что не каждое соответствие между точками двух фигур является преобразованием.

Задача №169

Является ли преобразованием соответствие, при котором каждой точке X ромба ABCD ставится в соответствие точка — точка пересечения диагонали ромба AC с перпендикуляром, проведенным через точку X к прямой, содержащей AC?

              Рис. 156

Решение. Для данного соответствия каждой точке X ромба ABCD  соответствует единственная точка диагонали ромба AC (рис. 156). Но одновременно каждой точке диагонали AC (за исключением точек А и C) соответствуют две точки ромба Y и Y₁. Поэтому данное соответствие не является преобразованием.
Ответ. Нет.

Перемещение (движение) и его свойства

Преобразование одной фигуры в другую называют перемещением (движением), если оно сохраняет расстояние между точками, то есть переводит любые две точки X и Y первой фигуры в точки X' и Y' второй так, что XY = X' Y' (рис. 157).

                       Рис. 157

Рассмотрим основные свойства перемещения.

Теорема 1 (свойство перемещения). Точки, лежащие на прямой, при перемещении переходят в точки, лежащие на прямой, и сохраняется порядок их взаимного расположения.

Доказательство. 1) Пусть точки А, В и C лежат на одной прямой. Тогда одна из них лежит между двумя другими, например, точка C лежит между точками А и В (рис. 158). Тогда: AB = AC + CB.

           Рис. 158

2) Некоторое перемещение переводит точку А в точку А', точку B — в точку В', точку С — в точку C'. Поскольку перемещение сохраняет расстояния между любыми двумя точками, то:
А'В' = АВ,   A'C' = AC,   C'B' = CB.
Поэтому: А'В' = А'С' + С'В'.
3) Из последнего равенства следует, что точки А',  B' и  C' лежат на одной прямой, причем точка  C' лежит между точками А'  и  B' .

Следствие. При перемещении прямые переходят в прямые, лучи — в лучи, отрезки — в отрезки.

Теорема 2 (свойство перемещения). При перемещении угол переходит в равный ему угол.

Доказательство. Пусть имеем неразвернутый угол ВАС. При перемещении два луча AB и AC, выходящие из общей точки и не лежащие на одной прямой, переходят в некоторые два луча А'В'  и А'С'  (рис. 159).

        Рис. 159

Поскольку перемещение сохраняет расстоянии между любыми двумя точками, то AB = А'В' ,  AC = А'С' , BC = В'С'.  Тогда (по трем сторонам).
Из равенства треугольников следует, что .

Равенство фигур

Используя понятие перемещения, можно сформулировать общее определение равенства геометрических фигур.

Две фигуры называют равными, если при перемещении они переходят друг в друга.

Известные нам из предыдущих лекций определения равенства отрезков,
углов и треугольников не противоречат приведенному общему определению равных фигур.
Из этого определения следует, что:
1) если фигура F равна фигуре F₁, то и F₁ равна F;
2) если фигура F равна фигуре F₁, а F₁ равна F₂, то F равна F₂;
3) если фигура F равна фигуре F₁, то существует некоторое перемещение,
переводящее фигуру F в фигуру F₁.

Задача №170

— равнобедренный с основанием AB. Существует ли перемещение, при котором: 1) отрезок AC переходит в отрезок BC; 2) угол А переходит в угол В?
Решение. Поскольку треугольник равнобедренный с основанием AB, то AC = BC  и . Поэтому существует перемещение, которое переводит отрезок AC в отрезок BC, и существует перемещение, переводящее угол А в угол В.
Ответ. 1) Да; 2) да.

Симметрия относительно точки

Две точки A и называют симметричными относительно точки О,  если О является серединой отрезка (рис. 162).

Точкой, симметричной точке О, будет сама точка О.

На рисунке 163 точки B и симметричны относительно точки O, а точки C и не являются симметричными относительно точки O.

  

              Рис. 162                                           Рис. 163

Чтобы построить точку , симметричную точке А относительно точки O :
1) проводим луч AO ;
2) по другую сторону от точки O откладываем на нем отрезок   (см. рис. 162).

Задача №171

Точки   и  симметричны относительно точки O(4; –5). Найти и .
Решение. Точка O — середина отрезка . По формулам середины отрезка:   и   ,  отсюда: .
Ответ. .

Если каждая точка фигуры F симметрична некоторой точке фигуры относительно точки O, и наоборот, то фигуры F и называют симметричными
относительно точки O (рис. 164).

           Рис. 164

Такое преобразование фигуры F в фигуру называют преобразованием симметрии относительно точки O.
Если преобразование симметрии относительно точки O переводит фигуру F в себя, то фигуру F называют центрально-симметричной,  а точку O — ее центром симметрии.

                            Рис. 165
Примерами центрально-симметричных фигур являются окружность и параллелограмм (рис. 165). Центром симметрии окружности является центр окружности, а центром симметрии параллелограмма — точка пересечения его диагоналей.

Симметрию относительно точки называют еще центральной симметрией.

Теорема (о преобразовании симметрии относительно точки). Преобразование симметрии относительно точки является перемещением.

Доказательство. Пусть X и Y — две произвольные точки фигуры F, а преобразование симметрии относительно точки O переводит их в точки и (рис. 166).

          Рис. 166

Поскольку (по определению симметрии) и (как вертикальные), то (по двум
сторонами и углу между ними).
Поэтому . Это означает, что симметрия относительно точки O является перемещением. (Случай, когда точки X, Y и O лежат на одной прямой, рассмотрите самостоятельно).

Примеры центрально-симметричных фигур встречаются в природе, технике, быту (рис. 167). Например, центрально-симметричными являются орнаменты на коврах, вышивках и т. д. (рис. 168). В алгебре, например, графиком функции  является гипербола, симметричная относительно начала координат (рис. 169).

                                                   Рис. 167

                           Рис. 168                                                                 Рис. 169

Симметрия относительно прямой

Две точки A и называют симметричными относительно прямой , если эта прямая является серединным перпендикуляром к отрезку (рис. 175).

Если точка А лежит на прямой , то считается симметричной самой себе относительно прямой .

          Рис. 175                                     Рис. 176

На рисунке 176 точки B  и симметричны относительно прямой , точки C и не симметричны относительно прямой , а точка D  симметричная сама себе относительно прямой .
Чтобы построить точку , симметричную точке А относительно прямой :
1) проводим перпендикуляр AO из точки А к прямой ;
2) на его продолжении с другой стороны от прямой откладываем отрезок (см. рис. 175).

Задача №172

Найдите координаты точек, симметричных точке А(–2; 3) относительно осей координат.
Решение. Пусть точка симметричная точке А относительно оси  (рис. 177). Тогда и точка M середина отрезка . Поэтому абсцисса точки равна абсциссе точки А, а ординаты этих точек — противоположные числа.
Итак, (–2; —3).

             Рис. 177

Пусть точка симметрична точке А относительно оси . Рассуждая аналогично, имеем .
Ответ. (–2, —3) и .

Если каждая точка фигуры F относительно прямой симметрична некоторой точке фигуры , и наоборот, то фигуры F и называют симметричными относительно прямой (рис. 178).

Если преобразование симметрии относительно прямой переводит фигуру F в себя, то фигуру F называют симметричной относительно прямой , а прямую — ее осью симметрии.

             Рис. 178                                                  Рис. 179

Примерами фигур, которые имеют ось симметрии, являются ромб и равносторонний треугольник (рис. 179). Ромб имеет две оси симметрии, а
равносторонний треугольник — три.

Симметрию относительно прямой называют еще осевой симметрией.

Теорема (о преобразовании симметрии относительно прямой). Преобразование симметрии относительно прямой является перемещением.

Доказательство. Выберем систему координат так, чтобы ось симметрии совпадала с осью . Пусть  и  — две произвольные точки фигуры F, а и  — точки, симметричные соответственно точкам А и В относительно прямой   (рис. 180).

               Рис. 180

Тогда можем указать координаты точек  и  : и ).
Имеем:

Поэтому , следовательно, , то есть симметрия относительно прямой является перемещением. 

                                                               Рис. 181

Фигуры, симметричные относительно прямой, окружают нас в повседневной жизни, присутствуют в природе, технике и т. д. (рис. 181).

В алгебре симметрия относительно прямой встречается при построении графиков. Например, график функции симметричен относительно оси ординат (рис. 182).

    Рис. 182

Поворот в геометрии

Поворотом вокруг точки O на угол называют преобразование, при котором точка А переходит в точку   так, что и = (рис. 189).

              Рис. 189

После поворота точка O переходит в себя. Точку O называют центром поворота,
а угол — углом поворота.

Поворот можно выполнить в двух направлениях: по часовой стрелке и против часовой стрелки.
На рисунке 189 выполнен поворот точки А вокруг точки O на угол по часовой
стрелке.
Чтобы построить точку , в которую переходит точка А в результате поворота в заданном направлении (по часовой стрелке или против) вокруг центра поворота (точки O) на угол :
1) проводим луч OA;
2) от луча OA в заданном направлении откладываем угол AOM, равный углу ;
3) на луче OM обозначаем точку , такую, что  (рис. 190).
На рисунке 190 выполнен поворот точки A вокруг точки O на угол против часовой стрелки.

                             Рис. 190                                             Рис. 191

Заметим, что поворот на 180° вокруг точки O как по часовой стрелке, так и против часовой стрелки является симметрией относительно точки O.
Если задан угол , центр и направление поворота, то вокруг центра поворота можно выполнить поворот любой фигуры F. Для этого каждую точку X фигуры F  надо повернуть вокруг центра поворота на заданный угол , получив таким способ точку фигуры (рис. 191). В таком случае говорят,
что поворот вокруг точки O на угол отражает фигуру F  в фигуру .

Теорема (о повороте вокруг точки). Преобразование поворота является перемещением.
Доказательство. Пусть при повороте вокруг точки O на угол точки A и B  фигуры F переходят соответственно в точки и   фигуры . Тогда   и  .
1) Пусть точки A, B и O не лежат на одной прямой (рис. 192). Тогда (ибо каждый из этих углов равен разности углов и ). Поэтому   (по двум сторонами и углу между ними), отсюда .
2) Пусть точки А, В и O лежат на одной прямой (рис. 193).
Тогда AB = OB – OA = = .
Итак, в обоих случаях .

                 Рис. 192                                         Рис. 193

Задача №173

Треугольник AOB — равносторонний (рис. 194).
1) Построить отрезок , в который переходит отрезок AB при повороте вокруг точки O на угол 110° против часовой стрелки.
2) Найти градусную меру угла  .

                Рис. 194                                                     Рис. 195

Решение. 1) Построение изображено на рисунке 195.
2) = 110° – 60° = 50°.
Ответ. 2) 50°.

Параллельный перенос

Пусть дан вектор .
Параллельным переносом на вектор  называют такое преобразование, при котором каждой точке М соответствует такая точка , что  (рис. 197).
Если координаты вектора известны, то можно дать другое определение параллельного переноса на вектор .

Параллельным переносом называют такое преобразование фигуры, при котором ее произвольная точка переходит в точку  , где а и b — одни и те же для всех точек фигуры (рис. 198).

               Рис. 197                                     Рис. 198

Если точка имеет координаты, то получим формулы параллельного переноса:

Задача №174

Параллельный перенос задано формулами . Выясните:
1) в какую точку при этом параллельном переносе переходит точка А(5; 4);
2) какая точка при этом параллельном переносе переходит в точку (–7; –3).
Решение. 1) Пусть точка А(5; 4) переходит в точку , тогда . Итак, (7; 1).
2) Пусть в точку (–7; –3) перешла точка , тогда , откуда и  , откуда . Итак, В(–9; 0).
Ответ. 1) (7; 1);     2) В(–9; 0).

Задача №175

Найти формулы, задающие параллельный перенос, при котором точка С(2; –5) переходит в точку (4; 9).
Решение. Чтобы найти значение a и b, в формулы параллельного переноса   и   подставим значения соответствующих координат точек C и . Имеем: 4 = 2 + а    и    9 = –5 + b;    откуда а = 2   и   b = 14.
Итак, формулы параллельного переноса имеют вид:

Ответ.

Теорема (о параллельном переносе). Параллельный перенос является перемещением.

Доказательство. Пусть при некотором параллельном переносе точки и фигуры F переходят соответственно в точки  и фигуры . Тогда по формуле расстояния между двумя точками:

Итак, , а поэтому . 

Одинаковые рисунки, периодически повторяющиеся на обоях, тканях, вышитых полотенцах, секции ограждения, паркетный пол с повторяющимся рисунком, внешний вид этажей многоэтажек — все это является примерами параллельного переноса в повседневной жизни.

С помощью параллельного переноса строят графики функций в алгебре. Например, чтобы построить график функции , надо для графика функции выполнить параллельный переноса на две единицы вверх (рис. 199), а чтобы построить график функции , надо график функции параллельно перенести на три единицы вправо (рис. 200).

               Рис. 199                                                         Рис. 200

Преобразование подобия и его свойства

Ранее мы уже рассматривали подобие треугольников. Понятие подобия можно ввести не только для треугольников, но и для произвольных фигур.

Преобразование фигуры F в фигуру F' называют преобразованием подобия, или подобием, если при этом преобразовании расстояния между точками изменяются в одно и то же количество раз.

Это означает, что когда произвольные точки M и N фигуры F при преобразовании подобия переходят в точки M' и N' фигуры F', то
,
где — одно и то же положительное число для всех пар точек M и N (рис. 203). Это число называют коэффициентом подобия фигуры F' по отношению к фигуре F, или просто коэффициентом подобия фигур.

                  Рис. 203

Рассмотрим основные свойства преобразования подобия.
1. Перемещение можно рассматривать как преобразование подобия с коэффициентом  = 1.
2. При преобразовании подобия точки, лежащие на прямой, переходят в точки, лежащие на прямой, и сохраняется порядок их взаимного расположения.
Доказательство. Пусть точки А, В и C лежат на одной прямой, причем точка В лежит между точками А и C. Тогда AC = AB + BC.
При преобразовании подобия точки A, B и C переходят соответственно в точки A', В' и С', причем 
Имеем:
.
Из равенства А'С' = A'B' + B'С' следует, что точки A', В' и С' лежат на одной прямой, причем точка В' лежит между точками A' и С' .
Следствие. Преобразование подобия переводит прямые в прямые, лучи — в лучи, отрезки — в отрезки.

3. При преобразовании подобия угол переходит в равный ему угол.
Доказательство. Пусть преобразованием подобия с коэффициентом  переводится в (рис. 204). Тогда
Поэтому (по трем пропорциональными сторонами).

                    Рис. 204

А значит, .

Две фигуры называют подобными, если они переходят друг в друга при преобразовании подобия.

Если преобразованием подобия точки M и N фигуры F переходят в точки M' и N' фигуры F' и ,  говорят, что фигура F' подобна фигуре F с коэффициентом , и записывают так: (читают: «фигура F' подобна фигуре F»), или    когда надо указать коэффициент (читают: «фигура F' подобна
фигуре F с коэффициентом »).
Заметим, что введенное ранее определение подобия треугольников не противоречит общему определению подобия фигур. 
Подобные фигуры встречаются нам в повседневной жизни. Подобными являются, например, фотографии, напечатанные с одного негатива, но при разном увеличении; изображение на кинопленке и изображение на экране; карты одной местности различных масштабов и тому подобное.
Масштаб карты (чертежи), хорошо известный вам из младших классов, является коэффициентом подобия карты (чертежа) по отношению к реальным размерам. Так, например, масштаб 1: 1000 означает, что одному сантиметру на карте соответствует 1000 см (или 10 м) на местности.

Рассмотрим основные свойства подобных фигур.
1. Каждая фигура подобна сама себе с коэффициентом 1.
2. Если фигура F' подобна фигуре F с коэффициентом , то фигура F подобна фигуре F' с коэффициентом .
Доказательство. Пусть фигура F' подобная фигуре F с коэффициентом , а точки M и N фигуры F переходят в точки M' и N' фигуры F' . Тогда, откуда  .
Последнее равенство означает, что фигура F  подобна фигуре F'  с коэффициентом  .
3. Если фигура F' подобна фигуре F с коэффициентом , а фигура F''  подобна фигуре F' с коэффициентом , то фигура F''  подобна фигуре F с коэффициентом .
Доказательство. Пусть фигура F' подобна фигуре F с коэффициентом , и произвольные точки M и N фигуры F переходят в точки M' и N' фигуры F'. Тогда
Пусть фигура F''  подобна  фигуре F' с коэффициентом , и точки M' и N' фигуры F' переходят в точки M'' и N'' фигуры F''. Тогда
Имеем:

Последнее равенство означает, что фигура F''  подобна фигуре F с  коэффициентом
4. У подобных многоугольников соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны.
Это свойство следует из свойств преобразования подобия.
5. Правильные многоугольники с одинаковым количеством сторон подобны.
Докажите это следствие самостоятельно.

Заметим, что при обозначении подобных многоугольников (как и при обозначении подобных треугольников) имеет значение порядок
следования вершин в названиях.

Задача №176

Доказать, что периметры подобных многоугольников относятся как соответствующие стороны этих многоугольников.
Решение. 1) Пусть  и 

Тогда
2) 
 

Задача №177

Стороны четырехугольника относятся как 3 : 4 : 5 : 6. Найти стороны подобного ему четырехугольника, если его периметр равен 72 см.
Решение. Стороны четырехугольника, подобного данному, относятся так же, как стороны данного четырехугольника, то есть 3 : 4 : 5 : 6. Обозначим стороны четырехугольника, периметр которого равен 72 см, соответственно 3х см, 4x см, 5х см и 6x см.
Имеем уравнение: ,  откуда  (см). Теперь найдем стороны четырехугольника: 3 · 4 = 12 (см), 4 · 4 = 16 (см), 5 · 4 = 20 (см), 6 · 4 = 24 (см).

Ответ. 12 см, 16 см, 20 см, 24 см.

Площади подобных фигур

Теорема (о площади подобных многоугольников). Площади подобных многоугольников относятся как квадраты их соответствующих линейных размеров.
Доказательство. 1) Сначала докажем теорему для треугольников. Пусть   (рис. 205). Тогда  и  

                           Рис. 205                                              Рис. 206

2) Рассмотрим два -угольника и , подобных с коэффициентом . Разобьем фигуру диагоналями, выходящими из одной вершины, на конечное число треугольников ........, (рис. 206). Преобразованием подобия эти треугольники перейдут соответственно в треугольники   фигуры .
Тогда:

Следствие. Отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия.

Это следствие очевидно, поскольку отношение соответствующих линейных размеров многоугольника равно коэффициенту подобия.

Вообще, можно доказать, что отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия.

Для многоугольников это утверждение уже доказано, для окружности выполните доказательство самостоятельно. Если фигура не является многоугольником, окружностью или частями окружности, то доказательство является достаточно громоздким. Поэтому мы его не приводим.

Задача №178

Стороны двух правильных треугольников относятся как 4 : 5. Как относятся их площади?
Решение. Поскольку правильные треугольники подобны, то можно использовать теорему о площади подобных многоугольников. Итак, отношение площадей треугольников равно:

.
Ответ. 16 : 25.

Задача №179

Площади двух подобных многоугольников относятся как 4 : 9 Как относятся периметры этих многоугольников?

Решение. 1) Пусть и   —  соответствующие линейные размеры многоугольников. Тогда:
 , откуда  
2) Поскольку периметры подобных многоугольников относятся как соответствующие стороны этих многоугольников, то отношение периметров многоугольников также равно 2 : 3.
Ответ. 2 : 3.

Задача №180

Площадь земельного участка на карте составляет 1,2 см², масштаб карты 1: 1000. Какая площадь земельного участка на самом деле?

Решение. 1) Пусть  — площадь участка.

2) Поскольку масштаб является коэффициентом подобия карты по отношению к земельному участку, то

.

Тогда  .

Ответ. .

Основные понятия стереометрии. Аксиомы стереометрии и их следствия

Школьный курс геометрии складывается из планиметрии и стереометрии. В курсе планиметрии вы изучали свойства плоских геометрических фигур, то есть фигур, все точки которых лежат в одной плоскости (отрезок, круг, треугольник). 

Стереометрия — это раздел геометрии, который изучает свойства геометрических фигур в пространстве. 

Термин "стереометрия" исходит из греческого "стереос" — пространственный, "метрео" — мерить.

В школьном курсе математики вы уже познакомились с геометрическими телами — прямоугольным параллелепипедом, кубом, цилиндром, конусом и шаром (рис. 1.1). Предметы, которые нас окружают, обычно повторяют форму пространственных фигур или их комбинаций. Поэтому геометрия, в частности стереометрия, имеет практичное назначение. Геометрические задачи могут использовать в архитектуре и строительстве, геодезии и машиностроении, других сферах науки и техники. 

      куб                   пирамида               цилиндр         конус          шар

                                                    Рис. 1.1

На уроках геометрии вы развернуто изучите и углубите свои знания о геометрических фигурах в пространстве. 

Аксиоматичный метод построения геометрии. Система изучения курса стереометрии, как и в курсе планиметрии, основывается на общем для построения математической теории аксиоматичном методе. Кроме аксиоматичного метода построение геометрии содержит четыре этапа. 

1) Сначала вводят основные (первичные) понятия. Они соответствуют тем геометрическим объектам, для которых невозможно сформулировать определения, или которые легко интуитивно выявить. Так, например, в планиметрии такими понятиями является точка и прямая. В стереометрии оперируют и другими, отличными от математической теории понятиям, например понятием множества. 

2) Формируют аксиомы, которые описывают основные свойства понятий, то есть вводят систему аксиом. Напомним, что аксиомы —  утверждения, которые принимаются без доказательства. Они описывают неоднократно проверенные и подтвержденные на практике свойства геометрических объектов, которые соответствуют понятиям, а поэтому они являются интуитивно очевидными. 

В математической теории система аксиом может быть: а) непротиворечивой, то есть такой, чтобы в ней в процессе доказательства невозможно было прийти к двум выводам, противоречащим друг другу; б) независимой, то есть такой, чтобы каждая из аксиом построенной системы не была логичным выводом других аксиом этой системы; в) полной, то есть такой, чтобы ее было достаточно для доказательства или решения логическим путем любого утверждения об объектах этой математической теории. 

Систему аксиом вместе с основными понятиями и основными зависимостями между ними называют аксиоматикой.  

В школьном курсе геометрии в полной мере реализована только первая степень системы аксиом — непротиворечивость. Для большей наглядности и простоты выводов математических фактов система аксиом школьного курса геометрии, как правило, является независимой и неполной. 

Вернемся к этапам аксиоматического метода построения геометрии. 

3) Используя неопределенные понятия, определяют другие, более сложные понятия. Так, например, используя понятия точки и прямой, дают определение для отрезка и луча. 

4) Используя все введенные понятия, аксиомы доводят до теоремы. 

Все теоремы школьного курса геометрии (а также других разделов математики) доказывают с помощью строгих логичных соображений. Никаких других свойств геометрических фигур, кроме тех, что описаны в аксиомах, приведенных ранее (даже если они нам кажутся очевидными), использовать нельзя. 

Аксиоматический метод используют не только для построения геометрической теории, хотя данный метод был использован впервые именно в геометрии. Его используют также в арифметике, теории вероятностей, теории множеств. На аксиоматике основываются и некоторые разделы физики, кроме механики, термодинамики, электродинамики. Также попытки использования аксиоматического метода построения для других наук — этики, социологии, экономики, биологии — успеха не имели. 

Основные понятия стереометрии:

Основными понятиями в стереометрии являются точка, прямая и плоскость.  

Напомним, что представлением о точке является след на бумаге от хорошо заостренного карандаша, след на доске от мела и так далее. Обозначать точки будем латинскими буквами 

Представлением о прямой является луч света, струна гитары, разметка между двумя полосами дороги. Прямые можно проводить с помощью линейки. При этом получается изобразить только часть прямой, а всю прямую считают бесконечной с обоих сторон. Обозначать прямые, как и раньше, будем маленькими латинскими буквами  или двумя заглавными латинскими буквами, используя при этом две точки на этой прямой:  

Представлением о плоскости является поверхность стола, футбольного поля, оконное стекло, потолок и так далее. Плоскость в геометрии является необъятной, она не имеет краев и не имеет толщины. На рисунке плоскость принято изображать в виде параллелограмма (рис.1.2)  произвольной замкнутой области (рис. 1.3). При этом получают изображение только части плоскости. Обозначать плоскость будем маленькими греческими буквами 

 

      Рис. 1.2                                     Рис. 1.3

Другие понятия стереометрии вводят с помощью определений. 

Аксиомы стереометрии

Основные свойства простейших геометрических фигур формируются с помощью аксиом. Аксиомы принимают как исходные положения. Все аксиомы планиметрии встречаются и в стереометрии. Напомним их. 

1. Какая бы ни была прямая, существуют точки, которые ей принадлежат и точки, которые ей не принадлежат. 
2. Через любые две точки можно провести прямую, но только одну.
3. Из трех точек на прямой одна и только одна лежит между двумя другими. 
4. Каждый отрезок имеет длину, большую чем ноль.
5. Длина отрезков равняется сумме длины частей, на которые он разбивается любой точкой, которая ему принадлежит. 
6. Каждый угол имеют свою градусную меру, большую чем ноль. Развернутый угол равен 180°. 
7. Градусная мера угла равняется сумме градусных мер углов, на которые он разбивается любым лучом, проходящем между его сторонами. 
8. На плоскости через точку, не лежащую на данной прямой, можно провести только одну прямую, параллельную данной. 

Поскольку в планиметрии все фигуры лежат в одной плоскости, а в стереометрии они могут лежать в разных плоскостях, последняя аксиома — аксиома параллельности прямых — для стереометрии уточнена в силу этого различия.

А новое понятие — плоскость — требует еще и расширения системы аксиом, то есть дополнения стереометрии аксиомами, описывающими свойства точек, прямых и плоскостей. 

Эти задания реализуются новой группой аксиом — группой аксиом С.

 Какая бы ни была плоскость, существуют точки, которые как принадлежат ей, так и не принадлежат. 

На рисунке 1.4 точки  и  принадлежат плоскости (плоскость  проходит через эти точки), а точки  и   не принадлежат этой плоскости. Для записи, как и в планиметрии, будем использовать символы  и   Поэтому "точка  принадлежит плоскости " записываем так:  а "точка  не принадлежит плоскости " — так 

               Рис. 1.4

 Если две точки прямой принадлежат плоскости, то все точки прямой принадлежат этой плоскости. 

В этом случае говорят, что прямая принадлежат плоскости или плоскость проходит через прямую. На рисунке 1.5 точки  и  прямой  принадлежат плоскости , поэтому и прямая , проходящая через эти точки, принадлежит плоскости . Чтобы записать, что "прямая   принадлежит плоскости ", будем писать так:  Запись  означает, что прямая  не принадлежит плоскости , то есть на прямой  существует точка, которая не принадлежит плоскости  (рис 1.6 и 1.7). На рисунке 1.6 прямая  и плоскость  имеют одну общую точку  В таком случае говорят, что прямая  пересекает плоскость  в точке  а записывают так: 

      

             Рис 1.5                                   Рис 1.6                                     Рис 1.7

Аксиома  имеет разные практичные применения. Одно из них — проверка "ровности" линейки. Для этого линейку прикладывают стороной, которую проверяют, к плоской поверхности, например, стола. Если сторона линейки ровная, то она всеми своими точками прилегает к поверхности стола. Если же сторона не ровная, то в некоторым местах между столом и линейкой будут просветы. Если через прямую  проходят две разные плоскости  и то говорят, что плоскость  и  пересекаются прямой  (рис. 1.8), и записывают так:  

         Рис 1.8

 Если две плоскости имеют общую точку, то они пересекаются прямой,  проходящей через эту точку. 

На рис. 1.8 плоскости  и  имеют общую точку  то есть  принадлежит как плоскости , так и плоскости  Аксиома  подтверждает, что плоскости  и  пересекаются прямой , причем точка  в свою очередь, принадлежит этой прямой .

 Через любые три точки, которые не лежат на одной прямой, можно провести плоскость и при том только одну. 

Практичной иллюстрацией этой аксиомы является, например, табурет на трех ножках на полу, штатив для фотоаппарата на столе. Три точки А, В, С всегда можно разместить на плоскости  (рис. 1.9) Поэтому плоскость  можно назвать еще плоскостью  и обозначать так:  Обозначение плоскости тремя ее точками, которые не лежат на одной прямой, будем использовать и далее. 

Если взять четыре произвольные точки, то через них проходит только одна плоскость. Практичной иллюстрацией этого факта может стать стул с четырьмя ножками, которые неодинаковой длины. Тогда, стул будет стоять на трех ножках, то есть опираться на три "точки", а конец четвертой ножки (четвертой "точки") не будет лежать в данной плоскости, но стул будет шататься. 

                Рис. 1.9

Простейшие следствия аксиом стереометрии

Сформулируем простейшие следствия аксиом стереометрии в виде теорем и докажем их. 

 Теорема 1.  (о существовании единственной плоскости, проходящей через прямую и точку, принадлежащую ей). Через прямую и точку, которая ей не принадлежит, можно провести плоскость, и к тому же только одну. 

Доказательство. Рассмотрим прямую  и точку  такую, что  (рис. 1.10).

1) Обозначим на прямой  любые точки  и  Поскольку  и  не лежат на одной прямой, то через них, по аксиоме  можно провести плоскость . Точки  и  лежат на плоскости , а тогда, по аксиоме   прямая  принадлежит плоскости . Итак, плоскость  проходит через прямую  и точку .

2) Докажем, что такая плоскость единственная. Допустим, что через прямую  и точку  проходит еще какая-то плоскость  Но тогда эта плоскость должна проходить и через точки  и , лежащие на прямой . Получим, что через точки ,  и , которые лежат на одной прямой, проходят две разные плоскости  и  что противоречит аксиоме  Итак, наше предположение ложное, а поэтому через прямую  и точку ,  не принадлежащую ей, проходит единственная плоскость . 

          Рис. 1.10

Теорема 2. (о существовании единственной плоскости, которая проходит через две пересекающиеся прямые). Через две прямые, которые пересекаются, можно провести плоскость и к тому же только одну. 

Доказательство. Рассмотрим прямые  и  причем  (рис. 1.11). Обозначим на прямой  точку , а на прямой  — точку обе отличные от точки  Получим три точки ,  и  которые не лежат на одной прямой, а потому доказательство аналогично доказательству предыдущей теоремы. Предлагаем завершить это самостоятельно. 

Из аксиомы  и теорем 1 и 2 приходим к выводу, что плоскость можно строить по:

• 1) трем точкам, которые не лежат на одной прямой;
• 2) прямой и точке,  не принадлежащей ей;
• 3) двум пересекающимся прямым.

Еще один способ построения плоскости рассмотрим далее. 

Задача №181

Доказать, что через точки, которые лежат на одной прямой, можно провести плоскость. Сколько существует таких плоскостей?

Доказательство. Пусть точки  и лежат на одной прямой — прямой  (рис. 1.12).

1) По аксиоме 1 существует точка, которая прямой  не принадлежит, назовем ее  По теореме 1 через прямую и точку  можно провести плоскость, назовем ее  Она проходит через данные три точки.

2) По аксиоме  существуют точки, которые не принадлежат плоскости  Рассмотрим точку  которая не принадлежит плоскости  а поэтому не принадлежит прямой  поскольку  Тогда через прямую  и точку  можно провести плоскость  Эта плоскость так же, как и плоскость  проходит через три данные точки. 

         Рис. 1.12

Рассуждая аналогично, можно прийти к выводу, что существует множество плоскостей, которые проходят через три точки, лежащие на одной прямой. 

Ответ: множество плоскостей.

Задача №182

Даны плоскость  и параллелограмм  Может ли плоскости  принадлежать:

1) только одна вершина параллелограмма;

2) только две вершины параллелограмма;

3) только три вершины параллелограмма;

Решение: 1) Может (рис. 1.13)

2) Может (рис. 1.14)

3) Допустим, что три вершины параллелограмма  и  принадлежат плоскости , а вершина   — нет (рис. 1.15). Проведем диагональ параллелограмма  и  Пусть  — точка их пересечения. Поскольку  и  то  тогда  Поскольку  и  то  Но  поэтому   Получим, что все четыре вершины параллелограмма принадлежат плоскости , что противоречит условию. Итак, наше предположение ложное, а потому только три из четырех вершин параллелограмма  не могут принадлежать плоскости . 

        Рис 1.13                 Рис 1.14                               Рис 1.15

Ответ: 1) да; 2) да; 3) нет. 

Начальное представление многогранников. Простейшие задачи на построение сечений

В предыдущих лекциях вы уже познакомились с некоторыми пространственными фигурами, например прямоугольным параллелепипедом, кубом, пирамидой. 

Прямоугольный параллелепипед, куб и пирамида — многогранники.  Многогранник представляет собой геометрическое тело, поверхность которого складывается из конечного количества плоских многоугольников. На рисунке 2.1 изображены некоторые многогранники. 

                                                     Рис. 2.1

Плоские многоугольники, которые создают поверхность многогранника, называют гранями  многогранника, стороны этих многоугольников — ребрами многогранника, а вершины этих многоугольников — вершинами многогранника. 

Один из разделов курса стереометрии будет посвящен многогранникам, а пока что рассмотрим основные свойства прямоугольного параллелепипеда, куба, пирамиды и научимся решать простейшие задачи, связанные с ними, строить их простейшие срезы. 

Прямоугольный параллелепипед, куб

Спичечная коробка, кирпич, шкаф тоже дают представление о прямоугольном параллелепипеде. Поверхность прямоугольного параллелепипеда складывается из шести прямоугольников (рис. 2.2), которые являются его гранями. Стороны и вершины этих прямоугольников являются соответственно ребрами и вершинами прямоугольного параллелепипеда: всего 12 ребер и 8 вершин. Грани  и прямоугольного параллелепипеда, изображенные на рисунке 2.2, являются его основаниями, поэтому этот прямоугольный параллелепипед будет называться  (по названию его оснований).

          Рис. 2.2

Кроме этого, из рисунка 2.2 получается, что прямоугольник в стереометрии называют параллелограммом. Итак, прямоугольный параллелепипед следует изображать так, как он изображен на рисунке 2.2.

Длины не параллельных ребер прямоугольного параллелепипеда называют его линейными измерениями. Прямоугольный параллелепипед имеет только три линейных измерения, которые еще называют длиной, шириной и высотой прямоугольного параллелепипеда. Прямоугольный параллелепипед, у которого все линейные измерения равны между собой, называют кубом. Все грани куба — квадраты. 

Пирамида 

Пусть имеем произвольный многоугольник, например четырехугольник  и точку   не принадлежащую плоскости этого многоугольника. Соединим точку  с всеми вершинами многоугольника (рис. 2.3). Многогранник, образованный из данного четырехугольника и треугольников и называют пирамидой, стороны четырехугольника и треугольников — ребрами пирамиды.  Невидимые ребра на рисунке изображают пунктиром. Четырехугольник  — основание пирамиды, треугольники — боковые грани, точка  —вершина пирамиды, отрезки  ребра пирамиды 

Пирамиду, основанием которой является треугольник, называют треугольной пирамидой или тетраэдром. Все грани тетраэдра — треугольники. На рисунке 2.4 имеем тетраэдр  Тетраэдр, все грани которого — правильные треугольники, называют правильным тетраэдром. Все его шесть ребер имеют одинаковую длину. 

Простейшие задачи с многогранниками

 Рассмотрим простейшие задачи с пространственными фигурами, которые мы уже рассмотрели. 

               Рис. 2.3                              Рис. 2.4                      Рис. 2.5

Задача №183

На рисунке 2.5 изображен прямоугольный параллелепипед 

1) Принадлежит ли точка  плоскости 

2) В какой точке прямая  пересекает плоскость 

3) Какая плоскость проходит через точку  и прямую 

4) Какой прямой пересекаются плоскости  и 

Решение. 1) Грань прямоугольного параллелепипеда  принадлежит плоскости . Поэтому, точка  принадлежит этой плоскости. 

2) Поскольку  и  то 

3) Через точку  и прямую  проходит плоскость   

4) Поскольку  то 

Ответ: 1) да; 2) ; 3) 4) 

Задача №184

На рисунке 2.6 изображена треугольная пирамида Укажите: 

1) плоскости, которым принадлежит прямая 

2) точка пересечения прямой  с плоскостью 

3) прямую, пересекающую плоскости  и 

         Рис. 2.6

Решение.

1) Поскольку  и  то  аналогично 

2) Поскольку  и  то 

3) Поскольку и  то 

Ответ: 

Понятие сечения многогранника  

При изучении стереометрии вам попадутся задачи, для решения которых важно иметь сечение пространственной фигуры определенной плоскости. Среди них будут и те, которые связаны с многогранниками. Выясним, что подразумевают под понятием сечения многогранника. 

Секущей плоскостью многогранника называют любую плоскость, у которой обе боковые стороны являются точками данного  многогранника. Секущая плоскость пересекает грани многогранника отрезками. Мноугольник, сторонами которого являются эти отрезки, и называется сечением многогранника.  На рисунке 2.7 четырехугольник  является сечением треугольной пирамиды 

            Рис 2.7

Заметим, что секущую плоскость можно построить любым из известных нам способов построения плоскости: по трем точкам, которые не лежат на одной прямой; по прямой и точке,  не принадлежащей ей; по двум пересекающимся прямым.

Для построения сечения достаточно построить точки пересечения секущей плоскости с ребрами многогранника. Соединяя каждые из двух точек, которые лежат на одной и той же грани, получат отрезки. Многоугольник, который получим таким образом, и будет сечением многогранника. 

Далее рассмотрим несколько простейших способов построения сечения прямоугольного параллелепипеда, куба и пирамиды. 

Построение сечения прямоугольного параллелепипеда и куба

Сечение прямоугольного параллелепипеда или куба плоскостью, проходящей через два боковых ребра, которые не принадлежат одной грани, называют диагональным сечением. 

На рисунке 2.8 диагональным сечением прямоугольного параллелепипеда  является прямоугольник  одна из сторон которого — диагональ  — основание, а другая — боковое ребро 

Иногда в задачах нужно не только построить сечение, но и найти его площадь или периметр или сделать построение сечения с другой целью. 

            Рис. 2.8
 

Задача №185

Найти площадь диагонального сечения  прямоугольного параллелепипеда  где  

Решение. Сечение изображено на рисунке 2.8.

1) В треугольнике  имеем:

2)

Ответ: 

Далее рассмотрим, как построить сечения прямоугольного параллелепипеда  или куба. 

Задача №186

Пусть  — куб. На его ребрах и  обозначены точки  и (рис. 2.9). Построить сечение куба плоскостью, которая проходит через точки  и .

Решение. Секущей плоскостью будет плоскость  

1) Сначала построим прямую, по которой плоскость  пересекает боковую грань  Точка  является общей точкой для плоскости  и грани 

 

                Рис. 2.9                                                Рис. 2.10

2) Найдем еще одну общую точку плоскости  и грани  Продолжим отрезки  и  которые принадлежат одной и той же плоскости  до их пересечения в точке  (рис. 2.10). Поскольку  а  то   Итак, точка  принадлежит и плоскости  и грани  Тогда прямая  принадлежит и плоскости и грани  следовательно, и является той прямой, по которой секущая плоскость пересекает грань 

3) Прямая  пересекает ребро  в точке 

4) Продолжим  до пересечения с прямой  получим точку  (рис. 2.11).

5) Прямая  принадлежит как плоскости так и грани , также пересекает  в точке  (рис. 2.11).

6) Следовательно, многоугольник  — искомое сечение. 

                     Рис. 2.11                                                                     Рис. 2.12

Построение сечения пирамиды

Сечение пирамиды, проходящее через два боковых ребра, которые не принадлежат одной грани, называют диагональным сечением. 

На рисунке 2.12  — диагональное сечение четырехугольной пирамиды  Диагональным сечением пирамиды является треугольник, одной из вершин которого является вершина пирамиды. 

Рассмотрим, как построить сечение пирамиды. 

Задача №187

Прямая  пересекает боковые ребра  и  тетраэдра  в точках  и (рис. 2.13), точка   принадлежит ребру основания  Построить сечение пирамиды, которое проходит через прямую  и точку .

Решение. 1) Точка  является общей точкой секущей плоскости и плоскости  Найдем еще одну их общую точку. 

2) Прямые  и  не параллельны и лежат в одной плоскости — плоскости  Пусть  — точка их пересечения (рис. 2.14). Эта точка принадлежит как секущей плоскости, так и плоскости 

       Рис. 2.13

3) Следовательно, секущая плоскость и плоскость пересекаются по прямой  Прямая  пересекает ребро  в произвольной точке 

4) Следовательно, четырехугольник  — искомое сечение (рис. 2.15). 

            Рис. 2.14                                                           Рис. 2.15

Заметим, что по условию задачи 5 прямые  и  не параллельные. Если бы прямая  была параллельна прямой , то точка их пересечения не существовала бы. В таком случае сечение тетраэдра  плоскостью, проходящей через прямую  и точку  можно было бы построить и другим способом. 

Метод следов

Возвращаясь к задачам о построении сечений куба и тетраэдра, заметим, что в обоих случаях построение основывается на нахождении линий пересечения секущей плоскости с гранями многогранника, то есть на нахождении так называемых "следов", которые оставляет секущая плоскость на гранях многогранника. Отсюда и происходит название данного метода построения сечения — метод следов. Следы секущей плоскости на гранях многогранника и есть сторонами искомого многоугольника.

В задачах выше, в которых была поставлена задача найти сечение, когда секущая плоскость проходит через ребра многогранника. Рассмотрим, как методом следов построить пересечение в случае, когда секущая плоскость задана точками,  лежащими на гранях многогранника. 

          Рис. 2.16                                                     Рис. 2.17

Задача №188

Точки  и  принадлежат грани  тетраэдра  а точка  принадлежит грани  (рис. 2.16). Построить сечение тетраэдра плоскостью,  проходящей через  и . 

Решение. Чтобы построить сечение, найдем следы, которые оставляет секущая плоскость  на гранях тетраэдра.

1) Поскольку точки  и  принадлежат грани , то прямая  принадлежит плоскости и пересекает ребро  в точке  ребро  — в точке  продолжение ребра  — в точке  (рис. 2.17). Следовательно, отрезок  — след секущей плоскости на грани .

2) Точка  принадлежит прямой , потому принадлежит и плоскости . Поскольку точки  и  принадлежат плоскости , то прямая  принадлежит плоскости  и пересекает ребро в точке  ребро   — в точке  (рис. 2.18). Итак, отрезок   — след секущей плоскости на грани .

                      Рис. 2.18                                                 Рис. 2.19

3) Тогда отрезки  и  — следы секущей плоскости на гранях  и  соответственно (рис. 2.19). 

4) Следовательно, четырехугольник  (рис. 2.19) — искомое сечение. 

Решение задачи можно записать так:

1)  тогда   поэтому  следовательно, 

2) тогда поэтому   следовательно, 

3)

4) Четырехугольник  — искомое сечение. 

Заметим, что по условию задачи прямые  и   не параллельны.

Параллельность прямых и плоскостей в пространстве

Прямая и плоскость называются параллельными, если они не имеют общих точек.

Из курса планиметрии вам известно, что для двух прямых в пространстве существует только два случая взаимного расположения: они или пересекаются, или параллельны. Поскольку в пространстве существуют плоскости, и в этих плоскостях действуют планиметрические свойства, то упомянутые случаи взаимного расположения прямых сохраняются также и в пространстве. 

Взаимное расположение прямых в пространстве

Однако в пространстве возможен еще один вариант расположения прямых. Рассмотрим куб (рис. 3.1). Прямые  и  не имеют общих точек и не параллельны. В таком случае говорят, что две прямые не лежат в одной плоскости, то есть не существует ни одной плоскости, которая проходила бы через обе прямые. 

Две прямые, которые не лежат в одной плоскости, называют скрещивающимися.

На рисунке 3.1 прямые  и  — скрещивающиеся. Наглядное представления о скрещивающихся прямых дают две дороги, одна из которых проходит по мосту, а другая под мостом (рис. 3.2). 

                         Рис. 3.1                                                 Рис. 3.2

Напомним, что планиметрия — это геометрия на плоскости, а следовательно, все фигуры принадлежат этой одной плоскости.  В стереометрии рассматривают не одну, а множество плоскостей, поэтому фигуры могут принадлежать разным плоскостям. Следовательно, обозначения параллельных прямых в стереометрии, в сравнении с обозначением  параллельных прямых на плоскости потребуют уточнения.

Две прямые в пространстве называют параллельными, если они принадлежат  одной плоскости и не пересекаются. 

Параллельность прямых  и  обозначают как в планиметрии: 

Следовательно, в пространстве есть три случая взаимного расположения двух прямых.   

1) прямые лежат в одной плоскости и имеют общую точку, то есть это пересекающиеся прямые (рис. 3.3);

2) прямые лежат в одной плоскости и не имеют общей точки, то есть это параллельные прямые (рис. 3.4);

3) прямые не лежат в одной плоскости, то есть это скрещивающиеся прямые. 

    

          Рис. 3.3                             Рис. 3.4

Примерами всех приведенных случаев расположения прямых могут быть прямые, пересекающие стены комнаты между собой, потолком и полом, или прямые, содержащие ребра куба. Так, на рисунке 3.1 прямые  и  пересекаются в точке  прямые  и  — параллельные прямые,  и — скрещивающиеся.

Параллельные прямые в пространстве

Из определения параллельных прямых следует, что через параллельные прямые можно провести плоскость. Эта плоскость единственная. Если допустить, что через параллельные прямые  и  можно провести две разные плоскости, то это означает, что две разные плоскости проведены через прямую  и некоторую точку  прямой . А это противоречит теореме о существовании единственной плоскости, проходящей через прямую и точку, которая ей не принадлежит. Итак,

Через две параллельные прямые можно провести плоскость, к тому же только одну. 

Теперь к трем способам задания плоскости, которые мы рассмотрели в лекции, можно прибавить еще один: плоскость можно задавать двумя параллельными прямыми. 

Как известно из курса планиметрии, на плоскости через точку,  не лежащую на данной прямой, можно провести одну прямую, параллельную данной (аксиома 8). Такое свойство сохраняется и в пространстве. 

 Теорема 1 (о существовании прямой, параллельной данной). Через любую точку пространства, не лежащую на данной прямой, можно провести прямую, параллельную данной, и к тому же только одну. 

Доказательство. Рассмотрим прямую и точку , не принадлежащую ей (рис. 3.5). Через прямую   и точку  можно провести единственную плоскость, назовем ее  . В плоскости  сохраняется аксиома параллельности прямых, то есть через точку  можно провести единственную прямую параллельную прямой .

          Рис. 3.5

Сформулируем и докажем свойства параллельных прямых.

 Теорема 2 (о пересечении плоскости параллельными прямыми). Если одна из двух параллельных прямых пересекает плоскость, то и другая прямая пересекает эту плоскость.

Доказательство. Пусть , и прямая  пересекает плоскость  в точке  (рис. 3.6). Докажем, что прямая  также пересекает плоскость , то есть имеет с ней одну общую точку. 

1) Поскольку , то через эти прямые можно провести плоскость  Поскольку  и  имеют общую точку — точку  то они пересекаются прямой. Обозначим эту прямую через  (рис 3.7). Она принадлежит плоскости и пересекает прямую  в точке , потому она пересекает и прямую , параллельную , в некоторой точке  Итак, точка общая точка прямой  и плоскости . 

2) Докажем, что прямая  не имеет в плоскости  других общих точек. Допустим, что прямая  имеет с плоскостью  еще одну общую точку. Тогда две точки прямой  принадлежат плоскости , а потому прямая  принадлежит плоскости . Поскольку прямая  принадлежит и плоскости , то прямая  пересекает плоскости  и , то есть совпадает с прямой  Это невозможно, так как прямые  и  пересекаются в точке , а по условию  и  — параллельны. Итак, наше предположение ложное, потому прямая  может иметь с плоскостью  только одну общую точку — точку 

 

              Рис. 3.6                             Рис. 3.7

Из курса планиметрии вы знаете, что на плоскости две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны между собой. Это свойство сохраняется и в пространстве. 

 Теорема 3 (признак параллельности прямых). Две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны между собой. 

Доказательство. Пусть  и  Докажем, что 

1) Обозначим точку  на прямой  и проведем через точку  и прямую  плоскость  (рис. 3.8). Докажем, что  Предположим, что прямая  пересекает  и прямая  параллельная прямой . Поскольку  и с пересекает , то по предыдущей теореме прямая так же пересекает плоскость . Но это невозможно, поскольку  Следовательно, наше предположение ложное, поэтому 

2) Предположим, что и  пересекаются в некоторой точке. Тогда, через эту точку проходят две прямые, и , параллельные прямой  что противоречит теореме о существовании прямой, параллельной данной.

3) Следовательно, прямые и  лежат в одной плоскости и не пересекаются. Поэтому они параллельны. 

           Рис. 3.8

Задача №189

Доказать, что все параллельные прямые, пересекающие данную прямую, лежат в одной плоскости. 

Доказательство. 1) Пусть параллельные прямые  и пересекают прямые  в точках  и  соответственно (рис. 3.9). Проведем через прямые  и  плоскость  Поскольку  и 

2) Проведем прямую  которая параллельна  и  и пересекает прямую  в точке  Докажем, что  Предположим, что прямая  может иметь с плоскостью  только одну общую точку  то есть прямая  пересекает плоскость . Поскольку  и прямая  пересекает , то по теореме о пересечении плоскости параллельными прямыми получаем, что прямая  пересекает плоскость . Но это противоречит тому, что прямая  принадлежит . Следовательно, наше предположение ложное, потому 

3) Поскольку  —  прямая, параллельная прямым  и , и пересекает прямую  то все параллельные прямые, которые пересекают данную прямую, лежат в одной плоскости, а именно плоскости .

               Рис. 3.9

Задача №190

Через конец  отрезка  проведена плоскость . Через конец  и точку  этого отрезка проведены параллельные прямые, которые пересекают плоскость  в точках  и  соответственно (рис. 3.10). Найти длину отрезка  если  и 

Решение. 1) Поскольку  то через прямые  и   можно провести плоскость. Назовем ее 

2) Плоскости  и  пересекаются по прямой  Поскольку  Следовательно,  поэтому 

3) Рассмотрим  у которых  , угол  —общий. Тогда   (по двум углам), поэтому 

4) Поскольку по условию  обозначим  Тогда   Получим:   то есть  следует, 

                Рис. 3.10

Ответ: 10 см.

Заметим, что параллельными бывают не только прямые, но и лучи и отрезки. Отрезки или лучи называют параллельными, если они лежат на параллельных прямых. 

Важно также заметить, что в стереометрии параллельные прямые на плоскости изображают параллельными прямыми. Если изображения прямых на плоскости оказались параллельными, то сами эти прямые в пространстве могут быть и не параллельными.

3. Скрещивающиеся прямые. 

Выясним, как построить скрещивающиеся прямые, не используя определения. Докажем теорему, которая является признаком скрещивающихся прямых.

Теорема 4 (признак скрещивающихся прямых). Если одна из двух прямых лежит на некоторой плоскости,  а другая прямая пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то эти две прямые — скрещивающиеся. 

Доказательство. Пусть прямая  принадлежит плоскости  а прямая  пересекает эту плоскость в точке  (рис. 3.11). Докажем, что прямые  и  — скрещивающиеся. 

Предположим, что прямые  и  не являются скрещивающиеся, то есть лежат в некоторой плоскости  Тогда в плоскости  находятся прямая  и точка  которая не принадлежит этой прямой. Но такая плоскость, проходящая через прямую   и точку  уже существует, это плоскость  А поскольку такая плоскость единственная, то  совпадает с   Это невозможно, потому что прямая , по условию, не принадлежит плоскости  Пришли к противоречию с условием задачи. Итак, наше предположение является ложным. Поэтому прямые   и   — скрещивающиеся. 

Заметим, что когда одна из двух прямых лежит в плоскости  а другая не лежит в этой плоскости, то эти прямые не обязательно скрещивающиеся. Например, на рисунке 3.12  но  и  не являются скрещивающимися (они параллельные),  и  также не являются скрещивающимися (они пересекаются). 

         Рис. 3.12                                Рис. 3.13                                         Рис. 3.14

Задача №191

Точка  не лежит в плоскости треугольника   — медиана этого треугольника (рис. 3.13). Каким является взаимное расположение прямых  и 

Решение. Поскольку  то прямые  и  — скрещивающиеся.

Ответ: прямые скрещивающиеся.

Задача №192

Прямые  и скрещивающиеся. Докажите, что прямые    и  также скрещивающиеся.

Доказательство. Допустим, что прямые   и  не являются скрещивающимися, то есть или параллельные, или пересекающиеся. Тогда в каждом из этих двух случаев через прямые  и  можно провести плоскость, и поэтому все четыре точки  будут принадлежать этой плоскости. Но тогда прямые  и не будут скрещивающимися, что противоречит условию задачи. Итак, наше предположение, что прямые  и  не являются скрещивающимися, является ложным, а потому прямые  и  — скрещивающиеся.

Задача №193

Точка  принадлежит ребру  куба  (рис. 3.14). На рисунке прямые  и  параллельные. А параллельны ли они на самом деле?

Решение. Прямая  принадлежит плоскости грани куба  а прямая  пересекает эту грань в точке  Поэтому, по определению скрещивающихся прямых, прямые  и  — скрещивающиеся. 

Ответ: нет.  

Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве

Как утверждает аксиома  если две точки прямой принадлежат плоскости, то и вся прямая (то есть все ее точки) принадлежат этой плоскости. Прямая и плоскость могут также иметь только одну общую точку или не иметь общих точек. Следовательно, можно прийти к выводу, что существует три случая взаимного расположения прямой и плоскости: 

1) прямая может лежать на плоскости (рис 4.1);

               Рис. 4.1.

2) прямая и плоскость могут иметь одну общую точку, то есть пересекаться (рис. 4.2);

3) прямая и плоскость могут вообще не иметь общих точек (рис. 4.3).

                 Рис. 4.2                                       Рис. 4.3

Определение параллельности прямой и плоскости

Прямую и плоскость называют параллельными, если они не имеют общих точек. 

На рисунке 4.3 прямая  параллельна плоскости  что обозначают так:  

Представление о параллельности между прямой и плоскостью в повседневной жизни можно увидеть, например, наблюдая за туго натянутыми линями электропередач, которые являются параллельными с поверхностью земли (рис. 4.4), или за линией пересечения стены комнаты с потолком,  являющейся параллельной полу (прямая  на рисунке 4.5 параллельна плоскости пола ).

               Рис 4.4                                                    Рис 4.5

Заметим, что у плоскости пола есть прямая  которая параллельна прямой  (рис. 4.5). Докажем, что наличие у плоскости  прямой  параллельной прямой , является признаком параллельности прямой и плоскости.

Теорема 1 (признак параллельности прямой и плоскости). Если прямая, которая не лежит на плоскости, параллельна какой-нибудь прямой этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости. 

Доказательство. Пусть   и  (рис.4.6). Докажем, что  

1) Поскольку то через прямые  и  можно провести плоскость, назовем ее  (рис. 4.6).

2) Тогда прямая   лежит в каждой из плоскостей  и , следовательно, является прямой их пересечения. 

                    Рис. 4.6

3) Предположим, что прямая не параллельна плоскости , тогда она ее пересекает, то есть может иметь с ней общую точку 

4) Поскольку  То есть точка   принадлежит и плоскости  и плоскости , а потому принадлежит прямой , по которой пересекаются  плоскости  и .

5) Отсюда получили, что прямые и пересекаются в точке , что противоречит условию. Потому наше предположение ложное. 

6) Следовательно, прямая параллельна плоскости .

Из этой теоремы, в частности, выплывает факт существования и способ построения прямой, параллельной данной плоскости и проходящей через точку, не принадлежащую этой плоскости.

 Теорема 2 (обратная признаку параллельности прямой и плоскости). Если дана прямая, параллельная некоторой плоскости, то в этой плоскости найдется прямая, параллельная данной прямой. 

Доказательство. Пусть  и  — данные прямая и плоскость,  (рис. 4.7)

              Рис 4.7

1) В плоскостью  выберем произвольную точку  Через прямую  и точку   не принадлежащую ей, проведем плоскость 

2) Плоскость  отличается от плоскости , поскольку проходит через прямую , которая не принадлежит плоскости . 

3) Поскольку плоскости  и  имеют общую точку  то они пересекаются по  некоторой прямой   проходящей через эту точку.

4) Докажем, что  Прямые  и  лежат в одной плоскости — плоскости  и не совпадают. Предположим, что они пересекаются в точке  Поскольку  Получается, что точка  — точка пересечения прямой  с плоскостью , а это противоречит условию. 

5) Следовательно, наше предположение ложное, поэтому 

Следствие. Если прямая параллельна плоскости, то через любую точку, этой плоскости можно провести прямую, параллельную данной, и притом только одну. 

Задача №194

Доказать, что если одна из двух параллельных прямых параллельна некоторой плоскости, то вторая или параллельна этой плоскости, или лежит в этой плоскости. 

Доказательство. Пусть  и  — данные прямые 

1) Прямая  может принадлежать плоскости  (рис. 4.8) (в этом случае условие задачи выполняется). 

               Рис. 4.8                                            Рис. 4.9

2) Прямая  может не принадлежать плоскости (рис. 4.9). В плоскости , по предыдущей теореме, существует прямая  параллельная  Следовательно,  Тогда по определению параллельности прямых, имеем, что  Учитывая, что  по определению параллельности прямых, получаем, что 

3) Следовательно,  так как 

Задача №195

Доказать, что когда плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то прямая пересечения плоскостей параллельна данной прямой. 

Доказательство. Пусть через данную прямую   параллельную плоскости  проходит плоскость   которая пересекает  по прямой  (рис. 4.6). Докажем, что  от противного.

1) Прямые  и  лежат в одной плоскости — плоскости 

2) Допустим, что  и  пересекаются в точке  Но тогда точка  — точка пересечения прямой  и плоскости , что противоречит условию.

3) Следовательно, наше предположение ложное, поэтому 

Заметим, что вывод этой задачи можно считать еще одним признаком параллельности прямых. 

Задача №196

Плоскость, параллельна стороне треугольника  пересекает сторону  в точке   а сторону  — в точке   Найти длину стороны , если 

                 Рис. 4.10

Решение. 1) Прямые  и  лежат в одной плоскости — плоскости треугольника  (рис. 4.10). 

2) Предположим, что  и  пересекаются в точке 

3) Поскольку  Тогда точка  является точкой пересечения прямой и плоскости  что противоречит условию задачи. Следовательно 

4) Рассмотрим треугольники  и  у которых угол  — общий . Потому что (по двум углам).

5) Тогда  то есть  откуда 

Ответ: 25 см.

Расположение двух плоскостей в пространстве

Взаимное расположение двух плоскостей:

Как утверждается в аксиоме 3, если две плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой. Следовательно, можно сделать вывод, что есть два случая взаимного расположения двух плоскостей:

1) плоскости могут пересекаться по прямой (рис. 5.1);

2) плоскости могут не иметь общих точек (рис. 5.2).

                    Рис. 5.1                                          Рис. 5.2

Параллельные плоскости

Две плоскости называют параллельными, если они не имеют общих точек.

На рисунке 5.2 плоскости  и  параллельны, что обозначают так 

Представление о параллельных плоскостях в повседневной жизни дает, например, дно и крышка закрытой коробки, пола и потолка комнаты. 

 Теорема 1 (признак параллельности плоскостей). Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.

Доказательство. Пусть  и  данные плоскости (рис. 5.3),  и  —две прямые, лежащие в плоскости  и пересекающиеся в точке  и — две прямые, лежащие в плоскости , причем 

1) Получили, что  (по признаку параллельности прямой и плоскости). 

2) Докажем, что  от противного. Допустим, что плоскости  и  пересекаются по прямой 

              Рис. 5.3

3) Прямая  лежит в плоскости  и не имеет общих точек с  Действительно, если бы  и  пересекались, то эта точка была бы также точкой пересечения прямой  и плоскости  или же  Поэтому  

4) Аналогично  Приходим к тому, что через точку  проходят две разные прямые  и параллельные прямой  что противоречит теореме о существовании прямой, параллельной данной. 

5) Следовательно, наше предположение ложное, поэтому 

Следствие. Если две пересекающиеся прямые одной плоскости параллельны другой плоскости, то эти плоскости параллельны. 

Задача №197

Постройте параллельные плоскости, проходящие через две скрещивающиеся прямые. 

Решение. Пусть  и  — скрещивающиеся прямые. 

1) Через произвольную точку прямой  проведем прямую  параллельную  а через произвольную точку прямой  проведем прямую  параллельную . (рис. 5.4)

2) Через прямые  и  проведем плоскость  а через прямые  и  — плоскость

3) Тогда  (по признаку параллельности плоскостей) . Следовательно, требование задачи выполнено. 

              Рис. 5.4

 Теорема 2 (о существовании плоскости, параллельной данной). Через точку вне данной плоскости можно провести плоскость, параллельную данной, и к тому же только одну. 

Доказательство этой теоремы не приводим, так как оно слишком громоздкое. 

Задача №198

Доказать, что две плоскости, параллельные третьей плоскости, параллельны между собой. 

Доказательство. Пусть  Докажем, что  от противного. 

1) Предположим, что    и  пересекаются по некоторой прямой  а некоторая точка  принадлежит этой прямой. 

2) Тогда получим, что через точку  проходят две плоскости  и  параллельные плоскости  что противоречит теореме о существовании плоскости, которая проходит через данную точку параллельно данной плоскости. 

Следовательно, наше предположение ложное, поэтому .

Свойства параллельных плоскостей

Рассмотрим некоторые свойства параллельных плоскостей. 

1) Если две параллельные плоскости пересечь третьей плоскостью, то прямые пересечения будут параллельными. 

Доказательство. Пусть плоскость  пересекает  параллельные плоскости и  по прямым  и  соответственно (рис. 5.5).

1) Прямые   и  лежат в одной плоскости — плоскости , поэтому они либо пересекаются, либо параллельны. 

2) Представим, что прямые  и   пересекаются в некоторой точке. Тогда эта точка принадлежит каждой из плоскостей и , то есть плоскости пересекаются, что противоречит условию.

3) Пришли к противоречию условию, следовательно 

2. Отрезки параллельных прямых, концы которых принадлежат двум параллельным плоскостям, между собой равны. 

Доказательство. Рассмотрим отрезки  и  параллельных прямых, концы которых принадлежат двум параллельным плоскостям и , и проведем через прямые  и  плоскость  (рис. 5.6). 

1) Тогда  и по предыдущему свойству получим, что 

2) Следовательно,  следовательно,  — параллелограмм. Тогда  (по свойствам параллелограмма). 

       Рис. 5.5                           Рис. 5.6                                  Рис. 5.7

Задача №199

Два луча с общим начало — точкой  пересекают параллельные плоскости  и  в  точках  и соответственно. Доказать, что треугольники  и    подобны.

Доказательство. 1) Проведем через прямые  и  плоскость. Она пересекает плоскость  по прямой  а плоскость  — по прямой 

2)Тогда  (по свойству параллельных плоскостей).

3) Рассмотрим треугольники  и  у которых угол  — общий,  (как соответствующие углы при пересечении параллельных прямых А₁В₁ и А₂В₂ секущей МВ₂).

4) Поэтому  (по двум углам), что и требовалось доказать.

Свойства и признаки параллельных плоскостей дают возможность достаточно удобным способом строить сечения многогранников,  параллельные некоторой плоскости.

Задача №200

На ребре  куба  обозначим точку  так, что  

1) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку  параллельно плоскости  

2) Найдите площадь этого сечения, если ребро куба равно  см. 

Решение. 1) В грани  проведем прямую  так, что  и а в грани  — прямую так, что  и (рис. 5.8).

Тогда по признаку параллельности плоскостей  следовательно, треугольник  — искомое сечение. 

Заметим, что по свойству параллельных плоскостей 

2) Поскольку (докажите самостоятельно).

Тогда  поэтому 

Аналогично 

В треугольнике 

Аналогично 

 — правильный. Найдем его площадь: 

Ответ: 

Параллельное проецирование и его свойства

Для стереометрии важное значение имеет такое изображение пространственных фигур в плоскости, которое дает максимально полное представление о фигуре. Пока что, изучая свойства простейших геометрических фигур (точек, прямых, плоскостей), мы использовали чисто условные, интуитивно понятные изображения этих простейших фигур на плоскости. 

Параллельное проецирование:

Для изображения пространственных фигур на плоскости часто используют параллельное проецирование. Рассмотрим этот способ изображения фигур. 

Пусть  — некоторая плоскость, а  — прямая, которая пересекает эту плоскость (рис. 6.1). Предположим, что мы должны на плоскости  изобразить фигуру   не лежащую в этой плоскости. 

                 Рис. 6.1

Для этого проведем через произвольную точку  фигуры  прямую  Точка  пересечения этой прямой с плоскостью  и будет изображением точки  на плоскости . Построив таким способом изображения каждой точки фигуры , получаем фигуру  — изображение фигуры  на плоскости . 

Точку   при этом называют изображением точки  на плоскости , или параллельной проекцией на плоскость , а фигуру  — изображением фигуры  на плоскости , или параллельной проекцией фигуры  на плоскость .  Говорят также, что фигуру  получили из фигуры  с помощью параллельного проецирования. Прямую  называют проектирующей прямой, а плоскость  — плоскостью проекции. 
С помощью параллельного проецирования можно изображать на плоскости как плоские фигуры (прямую, отрезок, треугольник), так и пространственные (пирамиду, куб и т. д.). Представление о параллельном проецировании пространственных фигур, например куба, можно получить, если поместить перед экраном изготовленный  из проволоки каркас куба и осветить его проектором (рис. 6.2).

Прототипом параллельного проецирования можно считать тень, падающую на плоскую поверхность (землю, стену и т. д.)  при солнечном или электрическом освещении (рис. 6.3). 

                          Рис. 6.2                                            Рис. 6.3.

Свойства параллельного проецирования

Сформируем основные свойства параллельного проецирования при условии, что отрезки и прямые, которые проецируются, не параллельны проецирующей прямой 

1. Проекцией прямой является прямая (рис. 6.4).
2. Проекцией отрезка является отрезок (рис. 6.5).
3. Проекции параллельных отрезков — параллельные отрезки (рис. 6.6) или отрезки, принадлежащие одной прямой (рис. 6.7).
4. Проекции параллельных прямых параллельные или совпадают.
5. Проекции параллельных отрезков или отрезков, лежащих на одной прямой, пропорциональны самим отрезкам.

                    Рис. 6.4                                      Рис. 6.5

                  Рис. 6.6                                          Рис. 6.7

На рисунке 6.8 отрезки  и  — отрезки одной прямой,  и  — соответственно их проекции. По свойству 5: 

                       Рис. 6.8

По этому же рисунку   тогда  где  — параллельная проекция отрезка  на плоскости 

Следствие. Середина отрезка проецируется в середину его проекции. 

Возвращаясь к рисунке 6.2, на котором изображено параллельное проецирование куба, можно увидеть, что грань куба,  являющаяся квадратом, проецируется в четырехугольник, соседние стороны которого не являются между собой равными и не образуют прямого угла. Поэтому можно прийти к выводу, что ни величина угла, ни длины отрезков при параллельном проецировании не обязательно сохраняются.

Для успешного решения стереометрических задач к изображениям плоских фигур выдвигаются такие требования: изображение фигуры должно быть правильным, наглядным и желательно, чтобы его можно было построить достаточно быстрым и несложным способом. Так, например, параллельной проекцией отрезка может быть отрезок, а может быть и точка (в случае, если отрезок параллелен проецирующей прямой), однако в этом случае изображение отрезка уже не будет наглядным. 

Изображения плоских фигур

В стереометрии изображение плоских фигур основывается на свойствах параллельного проецирования. Рассмотрим несколько примеров изображений плоских фигур (при условии, что плоскость фигуры не является параллельной проецирующей прямой). 

Треугольник и его элементы. Пусть  — треугольник, а  проекции соответственно точек  на плоскость  (рис. 6.9). Поскольку проекцией отрезка является отрезок, то треугольник  является изображением треугольника 

Изображением каждого треугольника является треугольник произвольного вида. 

                           Рис. 6.9                                                             Рис. 6.10

Например, на рисунке 6.10 изображением прямоугольного равнобедренного треугольника (с прямым углом ) является разносторонний треугольник 

Исходя из следствия свойства 5, получаем: 

Проекцией медианы треугольника является медиана проекции треугольника, а проекцией средней линии треугольника является средняя линия проекции треугольника. 

Если в задаче не заданы метрические соотношения между элементами треугольника, то параллельной проекцией его биссектрисы будет произвольный отрезок, который соединяет вершину треугольника с точкой противоположной стороны. Параллельной проекцией высоты треугольника также будет произвольный отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой противоположной стороны или с точкой, лежащей на продолжении этой стороны (в случае, когда эта высота проведена из вершины острого угла тупоугольного треугольника). 

В равнобедренном треугольнике медиана, проведена к основанию, является также биссектрисой и высотой. Поэтому параллельной проекцией биссектрисы и высоты равнобедренного треугольника, проведенных к основанию, является медиана проекции треугольника, проведенная к его основанию. На рисунке 6.11 треугольник   — параллельная проекция равнобедренного треугольника  у которого  — проекция медианы, биссектрисы и высоты этого треугольника, проведенных к основанию. 

          Рис. 6.11                                  Рис. 6.12                                 Рис. 6.13

Задача №201

Треугольник  является проекцией равностороннего треугольника (рис. 6.12). Построить проекцию центра окружности, вписанной в равносторонний треугольник. 

Решение. Центром окружности, вписанной в треугольник, является точка пересечения его биссектрис. Поскольку треугольник, который проецируем, является равносторонним, то его биссектрисы являются также медианами, а точка пересечения биссектрис соответственно совпадает с точкой пересечения медиан. Поэтому для построения проекции центра окружности, вписанной в равносторонний треугольник, нужно построить проекцию точки пересечения медиан. Для этого нужно провести две медианы треугольника  например,   и  (рис. 6.13), которые являются проекциями медиан треугольника  следовательно, и его биссектрис. Тогда точка  пересекает отрезки  и  и будет проекцией центра окружности, вписанной в равносторонний треугольник. 

Параллелограмм и его виды

Поскольку проекциями параллельных и равных между собой  отрезков являются параллельные и равные между собой отрезки (по свойствам 3 и 5 параллельного проецирования), то проекцией параллелограмма является параллелограмм. 

Изображением каждого параллелограмма является параллелограмм произвольного вида. 

Кроме этого, произвольный параллелограмм может быть изображением прямоугольника (рис. 6.14), ромба, квадрата. И наоборот, квадрат может быть изображением параллелограмма, не являющегося квадратом. 

                        Рис. 6.14                                      Рис. 6.15 

Трапеция

Поскольку проекцией параллельных отрезков являются параллельные отрезки, то изображением трапеции является трапеция. Если  — изображение трапеции  с основаниями  и  (рис. 6.15), то  или  (по свойству 5 параллельного проецирования). 

Задача №202

 — параллельная проекция равнобедренной трапеции  с основаниями   и   Построить проекции высот трапеции, выходящих из вершин тупых углов. 

Решение. 1) Пусть  — равнобедренная трапеция,  (рис. 6.16),  — ее проекция, у которой 

                    Рис. 6.16                                           Рис. 6.17

2) Пусть  — середина  — середина  потому  — ось симметрии трапеции. Если  — середина  — середина  то  — проекция оси симметрии равнобедренной трапеции (по свойству 6 параллельного проецирования) (рис. 6.17).

3)   и  — высоты трапеции , причем  Поскольку проекциями параллельных отрезков являются параллельные отрезки (свойство 3 параллельного проецирования), то проекции высот  и  могут быть параллельными проекциями оси симметрии трапеции. Поэтому для построения высот  и  нужно из вершин  и  провести отрезки, параллельные отрезку  Следовательно,  и  — изображения высот трапеции, проведенных из вершин тупых углов. 

Правильный шестиугольник

Пусть  — правильный шестиугольник (рис. 6.18). Диагональ  и  делят его на два ромба  и  взаимно симметричные относительно точки  

Для изображения правильного шестиугольника сначала построим параллелограмм  который является изображением ромба  (рис. 6.19), потом симметричный ему относительно точки  параллелограмм  Соединив точки  и  и  получим изображение  правильного шестиугольника 

             Рис. 6.18                     Рис. 6.19                         Рис. 6.20

Окружность:

Параллельную проекцию окружности называют эллипсом (рис. 6.20). Точку  которая является проекцией центра окружности — точки  называют центром эллипса. 

Изображение пространственных фигур в стереометрии

Свойства параллельного проецирования и способы изображения плоских фигур в стереометрии помогают получить наглядные изображения пространственных фигур, в частности, многогранников. 

В лекции вы уже рассмотрели одно из возможных изображений прямоугольного параллелепипеда, куба и тетраэдра. Покажем, что эти изображения согласуются со свойствами параллельного проецирования, то есть действительно являются параллельными проекциями упомянутых пространственных тел на плоскости. 

Изображение многогранника складывается из изображений его ребер, построенных с помощью параллельного проецирования. При этом, для наглядности рисунка принято видимые ребра многогранника изображать сплошной линией, а невидимые — пунктиром. Как же понять, какие ребра являются видимыми, а какие — нет? Представим, что со стороны наблюдателя параллельно направлению проецирования на многогранник падает яркий свет. Тогда поверхность многогранника будет частично осветленной. Те ребра многогранника, которые принадлежат его освещенной части, считают видимыми,  а те, которые принадлежат неосвещенной части — невидимыми. 

Рассмотрим проекции разных моделей тетраэдра, изготовленных их проволоки (рис. 6.21 и 6.22), и учтем, что проекциями четырех его вершин являются четыре точки, а проекциями шести его ребер — шесть отрезков, соединяющих эти точки. Для того чтобы рисунок был наглядным, направление проецирования можем

                 Рис. 6.21                                        Рис. 6.22

                 Рис. 6.23                                        Рис. 6.24

выбрать так, чтобы оно не было параллельным каждому из ребер тетраэдра. Следовательно, получаем способ построения изображения тетраэдра, который уже рассматривали раньше — в лекции (рис. 6.23 и 6.24). 

Построив изображения прямоугольного параллелепипеда и куба, нужно учитывать, что все грани прямоугольного параллелепипеда — прямоугольники, а все грани куба — квадраты. Это означает, что проекциями всех шести граней упомянутых многогранников являются параллелограммами. При этом ту грань прямоугольного параллелепипеда, которая находится на первом плане, как и противоположной ее грани, принято изображать прямоугольными параллелепипедом и кубом, которые мы рассмотрели раньше, в лекции. На рисунке 6.25 — изображение прямоугольного параллелепипеда, поэтому четырехугольник  — прямоугольник, а на рисунке 6.26 — изображение куба, поэтому четырехугольник  — квадрат. 

                       Рис. 6.25                                                  Рис. 6.26

Построение сечений многогранников

В лекции вы уже рассмотрели и даже построили простейшие сечения прямоугольного параллелепипеда, куба и пирамиды методом следов. В этой лекции рассмотрим более сложные случаи использования метода следов, построение сечений с помощью свойств параллельных прямых и плоскостей, а также методом внутреннего проецирования. 

Построение сечения с помощью свойств параллельных прямых и плоскостей

Если многогранник, у которого некоторые грани между собой параллельны, пересечь плоскостью, то по свойству параллельных плоскостей, прямые, пересекающие эти плоскости с параллельными между собой гранями будут параллельны. Среди известных нам геометрических тел именно прямоугольный параллелепипед и куб являются такими, что имеют пары параллельных между собой граней. 

Задача №203

Точки  и  принадлежат ребрам  и  куба  (рис. 7.1). Постройте сечение куба плоскостью 

Решение. 1) Секущая плоскость пересекает грань  по отрезку  а грань  — по отрезку  проведем эти отрезки (рис. 7.2).

                   Рис. 7.1                                        Рис. 7.2

2) Грани  параллельные между собой, поэтому по свойствам параллельных плоскостей секущая плоскость пересечет эти грани по параллельным прямым. Проведем в грани  прямую  параллельную прямой 

3) Соединим точки  и  отрезком. Получим искомое сечение 

В задаче мы рассмотрели построение сечения тетраэдра  плоскостью  в случае, когда точки  и располагались на грани  так, что прямые  и  не были параллельными. Обозначим, что в случае параллельности  и  точки  пересечения прямые  и   не существовало бы. Рассмотрим, как построить сечение в заданной задаче в случае, если прямые  и  параллельны. 

Задача 2. Точки и  принадлежат грани тетраэдра ,  а точка  принадлежит грани  (рис. 7.3). Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки ,  и .

Решение. 1) Проведем прямую , которая пересекает ребро  в точке  а ребро  — в точке  (рис. 7.4). 

            Рис. 7.3                                            Рис. 7.4

2) Поскольку  и  (по признаку параллельности прямой и плоскости).

3) Поскольку секущая плоскость проходит через прямую  и  то секущая плоскость может пересекать грань  по прямой, параллельной прямой  .

4) Через точку  параллельно прямой  проведем прямую, пересекающую ребро  в точке  а ребро  — в точке  

5) Итак,  — искомое сечение. 

Построение сечения методом следов

В лекции мы уже решили несколько несложных задач на построение многогранников методом следов. Рассмотрим более сложную задачу на построение сечения и решим ее как с помощью метода следов, так и с использованием свойств параллельности прямых и плоскостей. 

Задача №204

Точки  и  принадлежат соответственно ребрам  и  куба  (рис. 7.5). Построить сечение куба плоскостью  проходящей через точки  и .

Решение. 1-й способ (метод следов).

Последовательность построения сечения методом следов показана на рисунках 7.5 - 7.15.

                    Рис. 7.5                                            Рис. 7.6

                           Рис. 7.7                                              Рис. 7.8

                         Рис. 7.9                                              Рис. 7.10

                         Рис. 7.11                                              Рис. 7.12

                         Рис. 7.13                                              Рис. 7.14

 искомое сечение. 

                      Рис. 7.15

2-й способ (с использованием свойств параллельных плоскостей).

1) Найдем точку  как в предыдущем способе (рис. 7.6-7.8). 

2) Поскольку грани  и  — параллельные, то секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Поэтому в грани  через точку  параллельно прямой  проведем прямую, которая пересечет ребро  в точке  Следовательно, 

3) Для параллельных граней  и  аналогично получаем, что 

4) Следовательно,  — искомое сечение. 

Несложно отметить, что 2-й способ для этой задачи является более рациональным, чем метод следов. 

Свойства параллельных прямых и плоскостей для построения сечений целесообразнее использовать и тогда, когда секущая плоскость по условию является параллельной произвольной прямой или плоскости, или двум скрещивающимся прямым в многограннике. 

Задача №205

Построить сечение тетраэдра  плоскостью, которая проходит через точку   лежащую посередине тетраэдра и не принадлежащую ни одной его грани, параллельно двум скрещивающимся ребрам   и  когда известно положение точки  — точки пересечения прямой  и плоскости  (рис. 7.16).

                   Рис. 7.16                                                  Рис. 7.17

Решение. 1) Пусть  (рис. 7.17).

2) Рассмотрим плоскость  Поскольку     

3) Поскольку а плоскость сечения параллельна прямой  через точку  параллельно прямой  проведем прямую  где  Прямая  принадлежит плоскости сечения. 

4) Поскольку плоскость пересечения параллельна прямой  то через точку  в плоскости  параллельно прямой  проведем прямую  где  

5) Аналогично, в плоскости  через точку  параллельно прямой  проведем прямую  где  (рис. 7.18). 

                           Рис. 7.18

6) Тогда  — искомое сечение. 

Построение пересечения методом внутреннего проецирования

Мы рассмотрим несколько разных задач на построение сечений методом следов, что свидетельствует об универсальности этого метода. Но он имеет один серьезный недостаток: построение часто занимает много места на плоскости построения (листе бумаги, школьной доске и т.д.), бывают случаи, когда точки пересечения прямых могут вообще оказаться за ее пределами. 

Этот недостаток можно избежать в другом методе — методе внутреннего проецирования. 

Задача №206

Построить сечение прямоугольного параллелепипеда  плоскостью  (рис. 7.19), где  

Решение. 1) Построим проекции точек  и  на плоскость  в направлении прямой  Получаем точки  и  (рис. 7.20). Отрезок  — проекция отрезка 

2)  и  пересекаются в точке 

3) Точка  — проекция произвольной точки  отрезка  на плоскость . Чтобы  найти точку   через точку  проведем прямую, параллельную ребру  которая пересекает отрезок  в точке .

                  Рис. 7.19                                                         Рис. 7.20

4) Прямая  пересекает  в точке  (рис. 7.21). Поскольку  принадлежит плоскости сечения, то и точка  принадлежит плоскости  сечения. Поскольку  и  принадлежат плоскости сечения, то плоскости сечения принадлежит и прямая  а потому и точка  

5)  (рис. 7.22)

6) 

7)

                   Рис. 7.21                                                        Рис. 7.22

8) Следовательно,  — искомое сечение (рис. 7.22). 

Заметим, что след секущей  на плоскости  можно было найти и по свойству параллельных плоскостей. 

Следовательно, по решению задачи попробуем описать последовательность действий в методе внутреннего проецирования. А именно:

1) Имея три точки, определяющие плоскость сечения, находим их проекции на некоторую плоскость, чаще всего плоскость основания многогранника: плоскость  

2) Находим проекцию на ту же самую плоскость еще не построенной точки, которая принадлежит сечению:  

3) Находим саму точку, проекцию которой нашли выше: 

4) Находим точку, принадлежащую сечению,  на ребре (или грани) многогранника: 

5) Заканчиваем построение сечения одним из известных нам способов.

Следовательно, как видно из рисунков задачи, все построения, которые мы выполнили, не выходили за изображение данного многогранника. Поэтому метод так и называется  — метод внутреннего проецирования. 

Отметим, что большинство задач на построение сечений решают с помощью одного из рассмотренных методов или последовательного комбинирования методов внутреннего проецирования и следов. Поэтому выбор того или иного метода (или их комбинации) для построения пересечения зависит как от условия задачи, так и от предпочтений самого решающего. 

Центральное проецирование

Метод внутреннего проецирования можно использовать не только для построения пересечения прямоугольного параллелепипеда и куба, а и для построения тетраэдра. Только для построения сечений прямоугольного  параллелепипеда и куба этим методом использовали параллельное проецирование, а при построении сечения  тетраэдра используют центральное проецирование. 

Пусть в пространстве даны плоскость  и точка , не принадлежащая ей. Выберем произвольную точку  которая не лежит в плоскости, проходящей через точку  параллельно плоскости , и проведем через точки  и  прямую  (рис. 7.23). Пусть прямая  пересекает плоскость  в точке  Точку  которая построена  таким способом, называют центральной проекцией точки  на плоскость . При этом плоскость  называют плоскостью проекции, а точку  — центром проецирования. 

                 Рис. 7.23                                                   Рис. 7.24

Построив таким способом изображения каждой точки фигуры  получаем фигуру  — изображение фигуры  на плоскости  (рис. 7.24). Фигуру  при этом называют центральной проекцией фигуры  на плоскость . Говорят также, что фигуру  получили из фигуры  с помощью центрального проецирования.

Построение пересечения пирамиды методом внутреннего проецирования

Выполняя построение пересечения пирамид, кроме тетраэдров, методом внутреннего проецирования, удобно использовать именно центральным (а не параллельным) проецированием. Обычно, плоскостью проекции выбирают плоскость основания пирамиды (или одну из граней тетраэдра), а центром проецирования - вершину пирамиды (для тетраэдра берут вершину пирамиды, противоположную плоскости проекции).

Задача №207

Построить сечение тетраэдра  плоскостью, проходящей через точки  где   (рис. 7.25). 

Решение. Решение этой задачи аналогичное  решению предыдущей задачи, разница лишь в том, что вместо параллельного проецирования используют центральное. При этом плоскость  выбирают плоскостью проекции, а точку  — центром проецирования.

                  Рис. 7.25                                               Рис. 7.26

Покажем краткий план решения (рис. 7.26): 

  искомое сечение. 

Перпендикулярность прямых и плоскостей в пространстве

В этом разделе мы: 

• узнаем о перпендикулярности прямых и плоскостей, двугранном угле и его измерении; угле между плоскостями и его вычислении;  ортогональном проецировании, перпендикуляре и наклонной к плоскости, теореме о трех перпендикулярах.
• научимся устанавливать перпендикулярность прямых и плоскостей: применять связь между параллельностью и перпендикулярностью прямых и плоскостей при решении задач: измерять расстояния и углы в пространстве. 

Перпендикулярность прямых в пространстве

Как и на плоскости, в пространстве

Две прямые, которые пересекаются под прямым углом, называют перпендикулярными (или взаимно перпендикулярными) (рис. 8.1).

Для обозначения перпендикулярности в пространстве  используют тот же символ, что и на плоскости. Например, если прямые  и  взаимно перпендикулярные, то это записывают так: 

              Рис. 8.1

В этой лекции рассмотрим вопрос о перпендикулярности пересекающихся прямых, а в одной из следующих — вопрос о перпендикулярности скрещивающихся прямых. 

Задача №208

   — прямоугольный параллелепипед (рис 8.2). Найти все прямые, пересекающие прямую  и перпендикулярные к ней. 

Ответ: 

              Рис. 8.2                                     Рис. 8.3

На плоскости прямая может быть перпендикулярной к каждой из двух прямых только тогда, когда эти две прямые между собой параллельны, в пространстве же прямая может быть перпендикулярной к каждой из двух пересекающихся прямых.

Задача №209

Прямые  и  попарно перпендикулярны (рис. 8.3). Найти длину отрезка  если  

Решение. 

Ответ: 13 см.

Прямая, перпендикулярная к плоскости

Если прямая не лежит в плоскости и не параллельна ей, то она пересекает плоскость. В этой лекции рассмотрим случай, когда прямая перпендикулярна к плоскости. 

Прямая, которая пересекает плоскость, называется перпендикулярной к этой плоскости, если она перпендикулярна к каждой прямой, лежащей в плоскости  и проходящей через точку пересечения (рис. 8.4).

Также говорят, что плоскость перпендикулярна к прямой, или прямая и плоскость взаимно перпендикулярны. Записать это можно так:  или 

В повседневной жизни мы постоянно встречаемся с взаимно перпендикулярными прямой и плоскостью: телеграфный столб перпендикулярен поверхности земли, шнур, на котором висит лампа, перпендикулярный к поверхности стола; линия пересечения стен перпендикулярна как к плоскости пола, так и к плоскости потолка, ножка стола перпендикулярна к его поверхности и так далее. 

           Рис. 8.4

Признаки перпендикулярности прямой и плоскости

Вышеупомянутые определения перпендикулярности прямой и плоскости не всегда удобно использовать для решения задач. Ведь чтобы проверить, является ли прямая перпендикулярной к плоскости, не обязательно проверять перпендикулярность прямой ко всем прямым данной плоскости, которые проходят через точку пересечения прямой и плоскости. 

На рисунке 8.5 линия пересечения стен  перпендикулярна к плоскости  пола  Также линия пересечения стен  перпендикулярна к прямой и  которые лежат в плоскости  и пересекаются с прямой . Этот рисунок является наглядной иллюстрацией признака перпендикулярности прямой и плоскости.  

                Рис. 8.5

Теорема (признак перпендикулярности прямой и плоскости). Если прямая, которая пересекает плоскость, перпендикулярна к двум прямым этой плоскости,  проходящим через точку пересечения, то она перпендикулярна и к плоскости. 

Доказательство. Пусть прямая  пересекает  в точке  и является перпендикулярной к двум прямым   и  лежащим в этой плоскости (рис. 8.6). Докажем, что прямая  перпендикулярна к любой прямой  принадлежащей плоскости . 

1) Проведем произвольную прямую, которая пересекает прямые  и  в точках  и  соответственно. 

2) На прямой  в разные стороны от точки  отметим равные между собой отрезки  и 

3) Рассмотрим треугольник  Поскольку  — его медиана и высота, то треугольник  — равнобедренный, 

4) Аналогично, 

             Рис. 8.6

5)  (по трем сторонам), поэтому 

6)  (по двум сторонам и углу между ними), поэтому 

7) Поскольку треугольник  — равнобедренный с основанием  то его медиана  является также и высотой. Следовательно, 

8) Поскольку  — произвольная прямая, проходящая через точку  и лежащая на плоскости  то приходим к выводу, что прямая  перпендикулярна к любой такой прямой, следовательно, по определению перпендикулярности прямой и плоскости,  

           Рис. 8.7

На рисунке 8.7 прямая  пересекается с плоскостью  в точке  Прямые  и  проходят через точку  По признаку перпендикулярности прямой и плоскости получаем,что 

Следствие. Прямая, перпендикулярная двум пересекающимся прямым,   перпендикулярна и к плоскости, проходящей через эти прямые. 

Признак перпендикулярности прямой и плоскости используется на практике. Так, например, чтобы проверить, перпендикулярна ли линия пересечения стен комнаты к полу, достаточно проверить, образует ли линия прямые углы с некоторыми двумя прямыми, которые лежат на плоскости пола и проходят через точку пересечения линии пересечения стен с полом. 

Задача №210

Через точку  лежащую вне плоскости треугольника  проведем прямую  перпендикулярную к прямым и  Прямая  лежит в плоскости треугольника  (рис 8.8). Доказать, что прямые  и  перпендикулярны. 

Доказательство. 1) По условию  и   Поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости 

2) Поскольку  то прямая перпендикулярна к любой прямой, которая лежит в плоскости треугольника  и проходит через точку в частности, и к прямой  что и требовалось доказать. 

            Рис. 8.8

Построение взаимно перпендикулярных прямой и плоскости

Задача №211

Доказать, что через некоторую точку пространства можно провести плоскость, перпендикулярную данной прямой. 

            Рис. 8.9

Доказательство. Пусть дана прямая  и точка  которая ей не принадлежит (рис. 8.9). Докажем, что существует плоскость, проходящая через точку и перпендикулярно прямой . 

1) Через прямую  и точку  которая ей не принадлежит, проведем плоскость 

2) Через прямую  проведем плоскость  отличную от 

3) На плоскости  через точку  проведем прямую  перпендикулярную к прямой  .

4) На плоскости  через точку пересечения прямых и  проведем прямую   перпендикулярную к . 

5) Через прямые  и  проведем плоскость  Эта плоскость проходит через точку  и перпендикулярна к прямой  по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. 

Аналогично доказывается и случай, когда  

Заметим, можно также доказать, что построенная плоскость  — единственная. 

Свойства взаимно перпендикулярных прямых и плоскостей

В прямоугольном параллелепипеде (рис. 8.2) прямые  и  параллельные между собой и каждая из них перпендикулярная к плоскости  Обобщим этот факт. 

Если плоскость перпендикулярна к одной их двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и к другой. 

На рисунке 8.10  и  потому, по свойству 1 имеем, что 

На рисунке 8.2 каждая из прямых  и  перпендикулярна к плоскости  а между собой эти прямые параллельные. 

Обобщим этот факт. 

Две прямые, перпендикулярные к одной и той же плоскости, параллельны между собой.

На рисунке 8.10  поэтому, по свойству 2 получаем, что  Самое рациональное доказательство этих свойств основывается на понятии угла между скрещивающимися прямыми. 

            Рис. 8.10

Задача №212

Прямая   перпендикулярна к плоскости  Через точку   которая не лежит на прямой , провести прямую, перпендикулярную к плоскости 

            Рис. 8.11

Решение. По теореме о существовании прямой, параллельной данной, через точку  проведем прямую  такую, что  (рис. 8.11). Поскольку  то и  (по свойству 1). Прямая   и является искомой.

Перпендикуляр и наклонная

Рассмотрим плоскость  и точку  не принадлежащую ей (рис. 9.1).

Перпендикуляром, проведенным из данной точки к данной плоскости, называют отрезок, соединяющий данную точку с точкой плоскости и лежащий на прямой, перпендикулярной к плоскости.

На рисунке 9.1  — перпендикуляр, проведенный из точки   к плоскости  Конец этого перпендикуляра, лежащий в плоскости  — точку  — называют основанием перпендикуляра.

             Рис. 9.1

Расстоянием от точки до плоскости называют длину перпендикуляра, проведенного из этой точки к плоскости.

На рисунке 9.1 длина отрезка  — расстояние от точки  к плоскости 

Наклонной, проведенной из данной точки к данной плоскости, называют любой отрезок, который соединяет эту точку с точкой плоскости и не является перпендикуляром. 

На рисунке 9.1 — наклонная, проведенная из точки  к плоскости  Конец этой наклонной, лежащий на плоскости  — точку  — называют основанием наклонной. Отрезок  который соединяет основание перпендикуляра и наклонной, называют проекцией наклонной  на плоскость 

Рассмотрим свойства перпендикуляра, наклонной и их проекции в пространстве.  Заметим, что эти свойства аналогичны соответствующим свойствам перпендикуляра, наклонной и их проекции на плоскости.

1. Длина перпендикуляра, проведенного из точки к плоскости, меньше длины любой наклонной, проведенной из этой же точки к данной плоскости. 

Действительно, в прямоугольном треугольнике  отрезок  является катетом, а отрезок  — гипотенузой (рис. 9.1), поэтому 

2. Если две наклонные, проведенные из точки к плоскости, равны, то равны и их проекции.

Пусть из точки  к плоскости  проведены наклонные  и   и перпендикуляр  (рис. 9.2). Тогда  (по катету и гипотенузе), а поэтому 

Верным является и обратное утверждение. 

3.  Если проекции двух наклонных, проведенных из точки к плоскости, равны, то равны и их наклонные. 

                      Рис. 9.2                                                    Рис. 9.3

На рисунке 9.2  .(по двум катетам), поэтому 

4. Если из точки к плоскости проведены две наклонные, то большей из них будет та, которая имеет большую проекцию на эту плоскость. 

Пусть  и  — наклонные, к  и  — их проекции (рис. 9.3). Пусть  Тогда в 

Поскольку   поэтому 

Верным является и обратное утверждение. 

5. Если из точки к плоскости проведены две наклонные, то большая наклонная будет иметь большую проекцию на эту плоскость. 

Пусть  и  — наклонные к  и  — их проекции (рис. 9.3). Пусть  Тогда в  в Поскольку  то 

Задача №213

Из точки к плоскости проведены две наклонные, равные 41 см и 50 см. Найти расстояние от точки до плоскости и длины проекций наклонных, если их отношение равно 

Решение. Пусть  (рис. 9.3). По свойству 5 получаем:  Пусть    — расстояние от точки  к плоскости 

1) Из 

2) Из 

3) Приравнивая полученные выражения, получим уравнение:  откуда  то есть  учитывая что 

Следовательно, 

4) Тогда 

Ответ. Проекции наклонных равняются 9 см и 30 см; расстояние от точки до плоскости равняется 40 см. 

Задача №214

Из точки к плоскости проведены две наклонные длиной 2 см каждая. Угол между наклонными равняется  а угол между их проекциями — прямой. Найти расстояние от точки до плоскости. 

               Рис. 9.4

Решение.  (рис. 9.4). Найдем 

1) В  поэтому  — равносторонний, 

2) Поскольку 

Пусть  Из  Получаем уравнение: 

3) В 

Ответ: 

Заметим, что наклонной к плоскости называют также и любую прямую, которая пересекает плоскость и не является к ней перпендикулярной. В таком случае проекцией наклонной на плоскости является прямая.

Теорема о трех перпендикулярах

Рассмотрим одну из важнейших теорем стереометрии, которую называют теоремой о трех перпендикулярах.

 Теорема (о трех перпендикулярах). Если прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна к проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и к наклонной. И наоборот, если прямая на плоскости перпендикулярна к наклонной, то она перпендикулярна и к проекции наклонной на эту плоскость. 

Доказательство. Пусть  — перпендикуляр,  — наклонная к плоскости  прямая  проведена в плоскости  через точку  (рис. 9.5). 

1. Докажем первую часть теоремы. Пусть  Докажем, что 

1) Проведем прямую  параллельно прямой . По свойству взаимно перпендикулярных прямой и плоскости  Поэтому 

2) Проведем через прямые  и  плоскость 

3) Поскольку  и  то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости  Тогда прямая  перпендикулярна к любой прямой, лежащей на плоскости  и проходящей через точку в частности к прямой  Первую часть теоремы доказали. 

               Рис. 9.5

Докажем вторую часть теоремы. Поскольку  и , то  (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), а поэтому 

Задача №215

Из вершины  квадрата  проведен перпендикуляр  к плоскости квадрата. Найти площадь квадрата, если 

Решение. Пусть  — квадрат,  тогда — наклонная,  — ее проекция (рис. 9.6). 

1) Поскольку  то по теореме о трех перпендикулярах 

2) В 

3) Тогда, 

            Рис. 9.6

Ответ: 

Задача №216

Через вершину  ромба  проведен перпендикуляр  к его плоскости. Построить перпендикуляр из точки   к прямой 

Решение (рис. 9.7). 1)Проведем диагонали ромба  и которые пересекаются в точке 

2) По свойству диагоналей ромба  поэтому 

3)  — наклонная к  — ее проекция,  тогда по теореме о трех перпендикулярах 

                Рис. 9.7

Итак,  и есть искомый перпендикуляр. 

Теорему о трех перпендикулярах часто используют для нахождения расстояния от точки до прямой. Как и в планиметрии,  расстоянием от точки до прямой будем называть длину перпендикуляра, проведенного из этой точки к этой прямой.  

Задача №217

Через вершину прямого угла равнобедренного прямоугольного треугольника  катет которого равняется 2 см, проведена перпендикулярная к плоскости треугольника прямая  Найти расстояние от точки  до прямой  если 

             Рис. 9.8

Решение. 1) Пусть точка  середина гипотенузы  треугольника  (рис. 9.8) Поскольку  то  также и высота треугольника. 

2) — наклонная,  — ее проекция,  тогда по теореме о трех перпендикулярах  Это означает, что  является расстоянием от точки  до прямой 

3)
4) по свойству медианы, проведенной к гипотенузе. 

5) Поскольку  Тогда в  

Ответ: 3 см. 

Двугранный угол

В стереометрии, кроме плоских углов, рассматривают еще и двугранные углы. Чтобы ввести понятие двугранного угла, заметим, что каждая прямая, проведенная в плоскости, делит ее на две полуплоскости (рис. 10.1)

Двугранным углом называют фигуру, которая образована двумя полуплоскостями с общей ограничивающей их прямой.

             Рис. 10.1                              Рис. 10.2                                Рис. 10.3

На рисунке 10.2 изображен двугранный угол. Полуплоскости, образующие двугранный угол, называют гранями, а ограничивающую их прямую — ребром двугранного угла. 

В повседневной жизни нам часто попадаются предметы, имеющие форму двугранного угла. Например, полураскрытая книга, две смежные стены комнаты, двускатные крыши зданий и т. д.

Плоскость  перпендикулярная к ребру  двугранного угла, пересекает грани двугранного угла по отрезкам  и  (рис. 10.3). Угол  называют линейным углом двугранного угла. Двугранный угол имеет множество линейных углов. Все они равны между собой. 

Градусной мерой двугранного угла называют градусную меру его линейного угла. 

Обычно вместо "градусная мера двугранного угла равняется ..." говорят "двугранный угол равняется ...". Двугранный угол называют острым, прямым или тупым, если его линейный угол соответственно является острым, прямым или тупым. Заметим, что исходя из определения, двугранный угол изменяется от 

Два двугранных углах называют равными, если их размеры одинаковы. Можно показать, что равные двугранные углы можно полностью совместить наложением одного на другой.

Приведем два способа построения двугранного угла. 

Способ 1.  Пусть точка  принадлежит ребру  двугранного угла (рис. 10.3). Построим на гранях двугранного угла прямые  и  перпендикулярные к . Тогда, угол  будет линейным углом двугранного угла. Действительно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости  а потому угол   действительно является линейным углом двугранного угла. 

          Рис. 10.4

Способ 2.  Пусть точка  лежит в одной из граней двугранного угла с ребром  (рис. 10.4). Проведем перпендикуляр  к другой его грани. Проведем  По теореме о трех перпендикуляра   Поэтому  по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. Следовательно, угол  —линейный угол двугранного угла. 

Задача №218

Двугранный угол равен  На одной из его граней выбрана точка на расстоянии 6 см от ребра двугранного угла. Найти расстояние от этой точки до другой грани. 

Решение. Пусть точка А принадлежит одной из граней двугранного угла с ребром  (рис. 10.5)

 

                Рис. 10.5

1) Обозначим другую грань угла через  и проведем к ней перпендикуляр  Соединим точки и 

2) — наклонная к ,  — проекция,  Тогда  (по теореме о трех  перпендикулярах).

3)  и  поэтому  (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). Следовательно,  — линейный угол двугранного угла, тогда  (по условию). 

4) Из  по свойству катета, лежащего напротив угла   получим: 

Ответ: 3 см. 

Перпендикулярность плоскостей

Две пересекающиеся плоскости образуют четыре двугранных угла. Если один из них равняется  то другие, очевидно, тоже равны по  (рис. 10.6).

Две плоскости называют перпендикулярными (взаимно перпендикулярными), если пересекаясь, они образуют прямые двугранные углы. 

            Рис. 10.6

Если плоскости  и  перпендикулярны, то записывают так:  

Можно дать другое определение перпендикулярности плоскостей, не используя понятия двугранного угла. 

Две пересекающиеся плоскости называют перпендикулярными, если третья плоскость, перпендикулярная к линии пересечения этих плоскостей, пересекает их по перпендикулярным прямым.

 Теорема (признак перпендикулярности плоскостей). Если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную к другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. 

Доказательство. Пусть плоскость   проходит через прямую  которая перпендикулярна к плоскости  и пересекает ее в точке  (рис. 10.7). Докажем, что 

1) Пусть  Поскольку  то   перпендикулярна к любой прямой, лежащей в плоскости  и проходящей через точку , в частности

                   Рис. 10.7

2) Проведем в плоскости  прямую  такую, что  Тогда  линейный угол двугранного угла, грани которого принадлежат плоскостям  и  

3) Поскольку  то плоскость  

Следствие 1. Если у плоскости есть хотя бы одна прямая, перпендикулярная к другой плоскости, то эти плоскости взаимно перпендикулярны. 

Следствие 2. Если плоскость перпендикулярна к прямой, по которой пересекаются две другие плоскости, то эта плоскость перпендикулярна к каждой из этих плоскостей.  

Задача №219

Точка  равноудалена от всех вершин прямоугольника  Доказать, что плоскости    и  взаимно перпендикулярны. 

Доказательства. 1) Пусть  — точка пересечения диагоналей прямоугольника  (рис. 10.8), тогда 

2) Поскольку  то  — медиана и высота треугольника  Следовательно, 

3) Аналогично доказываем, что 

4) Поскольку  и  (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).

5) Тогда, по признаку перпендикулярности плоскостей: 

          Рис. 10.8 

Задача №220

Два равнобедренных треугольника имеют общее основание  Плоскости треугольников перпендикулярные. Найти расстояние между точками  и  если  

Решение. 1) Пусть  — середина  тогда — медиана и высота равнобедренного треугольника  а  — медиана и высота равнобедренного треугольника  (рис. 10.9).

2) Поскольку  и  то — линейный угол двугранного угла с ребром  поэтому 

3) 

4) Из   6 (см). 

               Рис. 10.9

5) Из   15 (см). 

6) Из  

Ответ: 

Расстояния в пространстве

Напомним, что расстояние между двумя точка  и  — это длина отрезка  (рис. 11.1). Рассмотрим понятие расстояний в пространстве.

1. Расстояние  от точки до фигуры. 

Если точка   принадлежит фигуре  то расстояние от нее до фигуры  равно нулю. 

Например, расстояние любой точки отрезка до этого отрезка равно нулю. 

               Рис. 11.1                                        Рис. 11.2

Если точка  не принадлежит фигуре  то рассматривают все возможные расстояния от данной точки до каждой точки фигуры  (11.2). 

Если точка  не принадлежит фигуре  и существует точка  которая принадлежит фигуре  такая, что  для любой точки  фигуры  то длину отрезка  называют расстоянием от точки  до фигуры  а точку  — ближайшей к точке  точкой фигуры  (рис. 11.2)

                      Рис. 11.3                                       Рис. 11.4

Заметим, что эти определения расстояния от точки до фигуры могут применяться как на плоскости, как и пространстве. Если точка  принадлежит плоскости фигуры  то есть  плоская фигура, то расстояние от точки  до фигуры  на плоскости и в пространстве будут между собой равными. 

Если точка  не принадлежит плоскости фигуры  (плоскости ), то найти расстояние  от точки  до фигуры  можно таким способом. Провести перпендикуляр  к плоскости  (рис. 11.3). Если существует ближайшая к точке  точка   фигуры , то   и будет расстоянием от точки  до фигуры .

Действительно,  Поскольку перпендикуляр, проведенный из точки к плоскости, меньше любой наклонной, а  где  — произвольная точка фигуры , то выражение  а потому и  содержит наименьшее из всех возможных значений расстояния 

Заметим, что не всегда можно найти расстояние от точки до фигуры, поскольку не всегда у фигуры  существует точка, ближайшая к точке  Рассмотрим круг с радиусом 1 и центром в точке  без точек окружности, которые ограничивают этот круг, и точку такую, что  (рис. 11.4). Тогда, очевидно, на отрезке  не существует точки, принадлежащей кругу и являющейся ближайшей к точке .

Далее рассмотрим расстояние от точки  до простейших геометрических фигур. 

Расстояние от точки до прямой

Если точка  принадлежит прямой  то расстояние от этой точки до данной прямой равняется нулю.

Если же точка  не принадлежит прямой  то из курса геометрии вы уже знаете, что расстоянием точки  до прямой  называют длину перпендикуляра   проведенного из данной точки к данной прямой (рис. 11.5). Это определение не противоречит общему определению расстояния от точки до фигуры, сформулированному в предыдущем пункте. На самом деле, поскольку длина перпендикуляра меньше длины любой наклонной, то  расстоянием от точки до прямой,  не проходящей через эту точку, является длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к этой прямой. 

На рисунке 11.5 длина отрезка  — расстояние от точки  до прямой 

                                Рис. 11.5                                    Рис. 11.6

Задача №221

Прямая  перпендикулярна к плоскости равностороннего треугольника  Найти расстояние от точки  до прямой  если 

Решение. 1) Пусть точка  — середина  (рис. 11.6). Тогда  — медиана и высота равностороннего треугольника 

2)  (по теореме о трех перпендикулярах), поэтому,  — искомое расстояние. 

3) 

4) В 

5) В  

Задача №222

 — правильный тетраэдр с ребром длиной   Точка  — середина  (рис. 11.7). Найти расстояние от точки  до прямой 

                Рис. 11.7

Решение. 1) Поскольку  то расстояние от  до  равно нулю.

2)  (как высота равностороннего треугольника ),  (как средняя линия треугольника ).

3) (как высоты равных между собой равносторонних треугольников). Расстоянием от точки  до прямой  будет длина перпендикуляра  который является высотой и медианой равнобедренного треугольника 

Получаем:  В  

Ответ: 

Расстояние от точки до отрезка

Если точка   принадлежит отрезку  то значит, что расстояние от точки  до отрезка  равно нулю. Если точка  принадлежит прямой  и не принадлежит отрезку , то расстоянием от точки  до отрезка  является расстояние от точки  до ближайшего к ней конца отрезка . На рисунке 11.8 таким расстоянием является длина отрезка 

 

       Рис. 11.8

Пусть точка  не принадлежит прямой . Через точку  и прямую  проведем плоскость  а из точки  к прямой  проведем перпендикуляр  (рис. 11.9 и рис. 11.10). 

Если точка  принадлежит отрезку  то длина перпендикуляра  является расстоянием от точки  до отрезка  (рис. 11.9).

                    Рис. 11.9                                           Рис. 11.10

Если точка  не принадлежит отрезку  то расстоянием от точки  до отрезка   является расстояние от точки   до ближайшего к ней конца отрезка . На рисунке 11.10 таким расстоянием является длина отрезка  

Задача №223

 — равнобедренная трапеция,  Найти расстояние:

1) от точки  до отрезка 

2)  от точки  до отрезка  

Решение. 1) Пусть  — высота трапеции, точка   принадлежит отрезку  (рис. 11.11). Поэтому  — расстояние от точки  до отрезка   тогда в 

2)  — высота трапеции, точка  не принадлежит отрезку  Потому расстояние от точки  до отрезка  является длиной отрезка  Это расстояние равно 5 см. 

                  Рис. 11.11

Ответ: 

Расстояние от точки до луча

Если точка  принадлежит лучу  то расстояние от точки  до луча  равняется нулю. 

Если точка  принадлежит прямой  и не принадлежит лучу  (рис. 11.12), то, очевидно, расстояние от точки  до луча  будет равно длине отрезка  

От точки  на прямую  проведем перпендикуляр  Тогда если точка  принадлежит лучу  (рис. 11.13), то длина этого перпендикуляра и является расстоянием от точки  до луча  Если точка  не принадлежит лучу , то расстоянием от точки  до луча  является расстояние от точки  до начала луча — точки  (рис. 11.14). 

            Рис. 11.12                           Рис. 11.13                                  Рис. 11.14

Задача №224

— равнобедренная трапеция,   (рис. 11.11). Найти расстояние от точки  до луча: 

Решение. Решая предыдущую задачу, мы нашли 

1) Расстояние от точки  до луча  — длина отрезка 

2) Поскольку точка  принадлежит лучу  то расстояние от точки  до луча  равно нулю. 

3) Расстояние от точки  до луча  — длина отрезка 

4) Расстояние от точки  до луча  — длина отрезка

Ответ: 

Расстояние от точки до плоскости

Если точка  принадлежит плоскости  то расстояние от этой точки до данной плоскости равно нулю. Если же точка  не принадлежат плоскости  то расстоянием от точки  до плоскости  называют длину перпендикуляра, проведенного из данной точки до данной плоскости. На рисунке 11.15  это отрезок  Полученное определение не противоречит общему определению расстояния от точки до фигуры, сформулированному в этой лекции. 

                  Рис. 11.15

Действительно, поскольку длина перпендикуляра меньше длины любой наклонной, то  расстоянием от точки до плоскости, не проходящей через эту точку, является длина перпендикуляра, проведенного из данной точки до данной плоскости. 

Задача №225

В прямоугольнике   со сторонами  см и  через точку  пересечения его диагоналей проведен перпендикуляр  к его плоскости. Найти расстояние от точки  до плоскости прямоугольника, если 

Решение. (рис. 11.16).  — искомое расстояние. 

3) В  

          Рис. 11.16 

Ответ: 12 см.

Расстояние от точки до полуплоскости

Если точка  принадлежит полуплоскости, то очевидно, расстояние от этой тоxки до полуплоскости равно нулю. Пусть точка  не принадлежит полуплоскости. Проведем перпендикуляр  к плоскости  содержащий эту полуплоскость. Если точка  принадлежит полуплоскости (рис. 11.17), то длина перпендикуляра  является расстоянием от точки  до полуплоскости. 

                           Рис. 11.17                                         Рис. 11.18

Если точка  не принадлежит полуплоскости (рис. 11.18), а   где  — прямая,  ограничивающая полуплоскостью,  тогда расстоянием от точки  до полуплоскости является длина отрезка  

Расстояние между двумя фигурами

Рассмотрим две фигуры  и 

Если фигуры  и  имеют хоть одну общую точку, то расстояние между ними равно нулю. 

Если фигуры  и   не имеют общих точек, то рассматривают все возможные расстояния между каждой точкой  фигуры  и каждой точкой  фигуры . Наименьшее из этих расстояний и считают расстоянием между фигурами  и (рис. 11.19). 

Если точка  принадлежит фигуре  а точка  — фигуре  причем  где  — любая точка фигуры  а  — любая точка фигуры   то длину отрезка  называют расстоянием между фигурами  и 

                          Рис. 11.19                                                  Рис. 11.20

На рисунке 11.19 — расстояние между фигурами  и . На рисунке 11.20 — куб. Расстоянием между квадратами  и  является, например, отрезок  а между треугольниками  и  например, отрезок 

Расстояние от прямой до плоскости

Если прямая принадлежит плоскости или пересекает плоскость, то расстояние от прямой до плоскости равно нулю. Если прямая  параллельна к плоскости , то возьмем некоторую точку  которая принадлежит этой прямой, и проведем перпендикуляр  к плоскости  (рис. 11.21). Очевидно, что 

расстоянием от прямой к параллельной ей плоскости является длина перпендикуляра, проведенного из некоторой точки прямой к плоскости. 

На рисунке 11.21 длина отрезка  — расстояние от прямой  до параллельной ей плоскости . 

Можно доказать, что расстояние от прямой до параллельной ее плоскости не зависит от выбора точки  Действительно,  (как противоположные стороны прямоугольника).

                             Рис. 11.21                                         Рис. 11.22

Задача №226

  — куб, ребро которого равняется  Найдем расстояние от прямой  до плоскости 

Решение (рис. 11.22). 1) Поскольку то прямая  параллельна плоскости

2)  точка  — точка пересечения диагоналей боковой грани 

3)  потому  — искомое расстояние. 

Ответ: 4 см. 

Расстояние между плоскостями

Если плоскости пересекаются, то расстояние между ними равно нулю. Если плоскости  и  параллельны, то из некоторой точки  плоскости  проведем перпендикуляр  к плоскости  (рис. 11.23). Очевидно, что 

расстоянием между двумя параллельными плоскостями является длина перпендикуляра, проведенного из некоторой точки плоскости к другой. 

На рисунке 11.23 длина отрезка  — расстояние между плоскостями  и  Расстояние между параллельными плоскостями не зависит от выбора точки точки 

                Рис. 11.23                                                Рис. 11.24

Задача №227

Концы отрезка  длиной 17 см принадлежат параллельным плоскостям  и  Проекция отрезка на одну из плоскостей равна 8 см. Найти расстояние между плоскостями  и 

Решение. 1)  — перпендикуляр, проведенный из точки  на плоскости  — искомое расстояние (рис. 11.24).

2) Тогда — проекция  на плоскости  По условию = 8 см.

3) В  

Ответ: 15 см.

Расстояние между прямыми

Если две прямые пересекаются, то расстояние между ними равно нулю. Как известно из предыдущих лекций, расстояние между параллельными прямыми — длина их общего перпендикуляра. Эти определения не противоречат общему определению расстояния между фигурами, данному в этой лекции. 

Покажем, что для скрещивающихся прямых также можно построить общий перпендикуляр.

1) Пусть  и  — скрещивающиеся прямые (рис. 11.25). Возьмем на прямой  произвольную точку  и проведем через нее прямую  параллельную 

2) Проведем через прямые  и  , которые пересекаются, плоскость 

                  Рис. 11.25

3) Через прямую  проведем плоскость , перпендикулярную плоскости  

4) Поскольку прямые  и   пересекающиеся, то плоскость  пересекает прямую . Обозначим точку пересечения 

5) Через точку  в плоскости  построим перпендикуляр  к прямой .

6) Поскольку 

7) Следовательно,  — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых  и .

Расстоянием между скрещивающимися прямыми является длина их общего перпендикуляра

Можно доказать, что такой общий перпендикуляр единственный (доказательство этого факта не приводим). 

Задача №228

  — куб с ребром  см. Найти расстояние между скрещивающимися прямыми  и 

Решение. (рис. 11.26).  — общий перпендикуляр для прямых  и  Следовательно, искомое расстояние — длина отрезка 

Ответ: 

Вернемся к рисунку 11.25. На этом рисунке  а — расстояние от прямой до параллельной ей плоскости  проходящей через скрещивающуюся с  прямую  Отсюда можно сделать вывод, что 

расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от одной из этих прямых до параллельной ее плоскости, проходящей через другую прямую. 

Задача №229

  — куб с ребром  см. Найти расстояние между скрещивающимися прямыми  и  

Решение. 1)  (рис. 11.26), потому по признаку параллельности прямой и плоскости 

2) и  — проекция  на плоскости  Тогда по теореме о трех перпендикулярах 

3) Поскольку  и  то по признаку перпендикулярности прямой и  плоскости 

4) Следовательно,  — расстояние от прямой  до параллельной ее плоскости   проходящей через прямую  Поэтому  является также расстоянием между скрещивающимися прямыми  и 

Ответ: 

Измерения углов в пространстве

Угол между прямыми

В пространстве, как и на плоскости, 

• углом между пересекающимися прямыми называют меньший из углов,  получившийся при пересечении этих прямых. 

Если прямые параллельны, то угол между ними считают равным нулю. Введем понятие угла между скрещивающимися прямыми. 

Углом между скрещивающимися прямыми называют угол между прямыми,  которые параллельны данным скрещивающимся прямым и пересекаются. 

Пусть  и  — прямые, которые пересекаются в точке  и параллельны скрещивающимся прямым  и  а угол между прямыми  и  равен  (рис. 12.1). Тогда угол между прямыми a и b также равен . Можно доказать, что угол между скрещивающимися прямыми a и b  не зависит от выбора точки . В задачах  точку  удобно выбирать на одной из прямых, например на прямой  и проводить через эту точку прямую, параллельную прямой  При этом выбирать нужно одну из двух скрещивающихся прямых, а также такую точку на другой прямой, чтобы полученное изображение было наглядным, а его построение относительно простым. 

                           Рис. 12.1                                                Рис. 12.2

Задача №230

  — куб. Найти угол между скрещивающимися прямыми  и 

Решение. (рис. 12.2) 1) Прямая  параллельна прямой , поэтому искомый угол равняется углу между прямыми  и 

2) Поскольку  — проекция наклонной  на  и  то по теореме о трех перпендикулярах 

3) Следовательно, угол между прямыми  и  равен 

Ответ: 

Таким образом, можно говорить об угле  между любыми двумя прямыми пространства. Очевидно, что этот угол  удовлетворяет условию  Перпендикулярными могут быть как пересекающиеся прямые,  так и скрещивающиеся прямые.

Две прямые называют перпендикулярными, если угол между ними равен 

В задаче выше прямые  и  — перпендикулярные. Теперь, имея определение перпендикулярных прямых (как пересекающихся прямых,  так и скрещивающихся), можно обобщить известную нам ранее теорему о трех перпендикулярах. 

 Теорема (о трех перпендикулярах). Если прямая на плоскости перпендикулярна к проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и к наклонной. И наоборот, если прямая на плоскости перпендикулярна к наклонной, то она перпендикулярна и к проекции наклонной на эту плоскость. 

Доказательство этой теоремы легко получить, имея доказательство теоремы из лекции и определения угла между скрещивающимися прямыми. 

Также важным является для решения задач и обобщенная формулировка признака перпендикулярности прямой и плоскости. 

 Теорема (признак перпендикулярности прямой и плоскости). Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. 

Доказательство этой теоремы легко получить, имея доказательство соответствующей теоремы из лекции и определения угла между скрещивающимися прямыми. 

Задача №231

  — куб. Доказать, что 

Решение. 1) Прямая — наклонная к плоскости  а прямая  — ее проекция на эту плоскость (рис. 12.3). 

2) Поскольку  — квадрат, то  а потому по теореме о трех перпендикулярах 

3) Аналогично докажем, что  (рассматриваем плоскость ).

4) Следовательно  и  потому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости   что и требовалось доказать. 

               Рис. 12.3                                                 Рис. 12.4

Угол между прямой и плоскостью

Если прямая параллельна плоскости или ей принадлежит, то угол между ними считают равным . Если прямая перпендикулярна к плоскости, то угол между ними считают равным .

Пусть дана прямая   пересекающая плоскость  в точке  и не являющаяся перпендикулярной к этой плоскости (рис. 12.4). Основание перпендикуляров, проведенных из точек прямой  к плоскости , принадлежат прямой . Эта прямая  является проекцией прямой  на плоскость .

Если прямая пересекает плоскость и не является перпендикулярной к ней, то углом между прямой и плоскостью называют угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. 

Так же определяют и угол между наклонной и плоскостью.

Очевидно, что угол  между прямой и плоскостью удовлетворяет условие 

Задача №232

Из точки к плоскости проведена наклонная длиной  Найти угол, который образует наклонная с плоскостью, если проекция наклонной на эту плоскость равна 9 см. 

Решение. 1)  — наклонная,  = 18 см,  — ее проекция,  = 9 см (рис. 12.4). Тогда угол  — искомый. 

2) В  поэтому 

Ответ: 

Задача №233

Доказать, что угол между наклонной и плоскостью не больше, чем угол между этой наклонной и любой прямой, лежащей в этой плоскости. 

Доказательство. 1) Пусть  — перпендикуляр, проведенный из точки   к плоскости  а  — наклонная,   — угол, который образует наклонная  с плоскостью    = ABD — угол, который образует наклонная 

с любой прямой   принадлежащей плоскости  (рис. 12.5), точка  выбрана так, что 

                           Рис. 12.5

2) Поскольку  - перпендикуляр к плоскости  а   — наклонная, то 

3) В 

4) Поскольку  и  

5) Поскольку  и  — острые углы, то 

6) Заметим, что угол между наклонной  и прямой   принадлежащей плоскости  равен  а поэтому сделаем вывод, что  (равенство достигается, когда прямая  совпадает с прямой ).

Угол между плоскостями

Если две плоскости параллельны, угол между ними считают равным  Если две плоскости пересекаются, то они образуют четыре двугранных угла с общим ребром (рис. 12.6). 

Величину меньшего из двугранных углов, образованных при пересечении двух плоскостей, называют углом между плоскостями. 

Понятно, что угол между плоскостями  удовлетворяет условию  В случае   плоскости взаимно перпендикулярные.

 Если вспомнить определение линейного угла двугранного угла, то определение угла между плоскостями можно сформулировать и по-другому. 

Углом между пересекающимися плоскостями называют угол между прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярны к их линии пересечения. 

             Рис. 12.6                                            Рис. 12.7

На рисунке 12.7 плоскости  и  пересекаются по прямой  В плоскости  проведена прямая  такая, что  а в плоскости  — прямая  такая, что  прямые  и  пересекаются. Если угол между прямыми   и  равен  то угол между плоскостями  и  также равен 

Задача №230

Квадрат площадь которого равна  и прямоугольник  площадь которого равна  имеют общую сторону, а угол между их плоскостями равен  Найти расстояние между точками  и   Сколько решений имеет задача?

Решение. 1) Поскольку   и   то в качестве угла между плоскостями можно взять меньший из углов, образованных при пересечении прямых  и  (рис. 12.8). Меньший из них по условию равен  Потому угол  может быть равным  или  Следовательно, задача имеет 2 решения.

2)  поэтому 

3) Если  то из  по теореме косинусов: 

Если  то 

              Рис. 12.8

Ответ: 7 см и 

Задача №235

  — ромб,  (рис. 12.9). Найти углы между плоскостями: 

1)  и       2)  и  

Решение. 1) Поскольку  Потому  — линейный угол двугранного угла, образованного полуплоскостями  и  с ребром 

2) Так как угол  — тупой, то углом между плоскостями  и  является угол, смежный с углом  то есть, угол   Заметим, что  (рис. 12.10). 

                         Рис. 12.9                                      Рис. 12.10

3) В  

Тогда 

4) В  

5) Угол между плоскостями   и  равен 

2. 1) Пусть  — высота ромба (рис. 12.9). Тогда по теореме о трех перпендикулярах  а потому,  — линейный угол двугранного угла, образованного полуплоскостями  и  с общим ребром  Поскольку этот угол острый, то он и является углом между плоскостями  и .

2) Площадь ромба  Поэтому 

3) В  потому

Ответ: 

Ортогональное проецирование

Отдельным случаем параллельного проецирования является ортогональное проецирование. 

Параллельное проецирование, направление которого перпендикулярно к плоскости проекции, называют ортогональным проецированием. Параллельную проекцию фигуры, образованную при ортогональном проецировании, называют ортогональной проекцией фигуры. 

На рисунке 12.11 фигура  является ортогональной проекцией фигуры (тела) 

                 Рис. 12.11                                              Рис. 12.12

В черчении часто используют ортогональное проецирование. Некоторая деталь проецируется на две (или три) плоскости, а потом две или три проекции изображают на плоскости чертежа. На рисунке 12.12 изображены две ортогональные проекции некоторой детали цилиндрической формы. 

Ортогональное проецирование является практичным применением свойств параллельных и перпендикулярных прямых и плоскостей. 

Рассмотрим ортогональное проецирование многоугольника. 

 Теорема (о площади ортогональной проекции многоугольника). Площадь ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна произведению его площади на косинуса угла между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции. 

Доказательство. Докажем сначала теорему для треугольника в случае, если плоскость проекции проходит через одну из его сторон. 

1) Проекциею треугольника  на плоскость  является треугольник  (рис. 12.13).

2) Проведем высоту  треугольника . По теореме о трех перпендикулярах имеем  Следовательно, — высота треугольника .

3) Поскольку  и  то — угол между плоскостью треугольника  и плоскостью проекции .

4) 

5) 

Потому, 

                Рис. 12.13

Для рассмотренного случая утверждение теоремы верное. Если вместо плоскости  возьмем любую другую параллельную ей плоскость, утверждение теоремы также будет верным, поскольку проекции треугольника на параллельные плоскости будут между собой равными. 

В общем случае для доказательства теоремы многоугольник разбивают на несколько треугольников. Тогда ортогональная проекция многоугольника состоит из ортогональных проекций образованных треугольников,  и теорему также можно доказать. Строгое математическое доказательство теоремы в этом случае не приводим. 

Задача №236

Ортогональной проекцией треугольника   на плоскость  является прямоугольный треугольник  с катетами 4 см и 6 см. Найти площадь треугольника , если угол между плоскостями  и  равен

Решение. 1)

2) Пусть  — угол между плоскостями  и . Поскольку  

Ответ: 

Координаты, векторы, геометрические преобразования в пространстве

С прямоугольной системой координат на плоскости вы уже познакомились в курсе геометрии. Напомним, что  каждой точке плоскости мы ставили в соответствие единственную пару чисел  , и наоборот, каждой паре чисел  мы ставили  в соответствие единственную точку на координатной плоскости. Таким образом, было введено взаимно однозначное соответствие между точками координатной плоскости и их координатами. 

Аналогично прямоугольные координаты можно использовать и в пространстве: установив взаимно однозначное соответствие между точками пространства и их координатами. Это даст возможность в пространстве (как и на плоскости) решать некоторые задачи координатным методом, то есть представлять геометрические соотношения расположения точек и фигур через алгебраические соотношения между их координатами. 

Прямоугольная система координат в пространстве

Через произвольную точку  пространства проведем три попарно перпендикулярные прямые  (рис. 13.1). На каждой из них выберем направление, обозначив его стрелкой, и единичный отрезок. Таким способом задают прямоугольную систему координат в пространстве. Пространство, в котором построена прямоугольная система координат, называют координатным пространством.  Точку называют началом координат, а прямые с выбранными направлениями  — осями координат (или координатными осями). Ось  называют осью абсцисс, ось  — ось ординат, а ось  — ось аппликат. Начало координат разбивает каждую из осей на две полуоси — положительную (которая содержит стрелку направления) и отрицательную. Плоскости, которые проходят соответственно через оси координат  и ,  и ,   и , называют координатными плоскостями  и 

                    Рис. 13.1                                             Рис. 13.2

В прямоугольной системе координат каждой точке  пространства соответствует единственная упорядоченная тройка чисел, а каждой упорядоченной тройке чисел — единственная точка пространства. Эту тройку чисел называют координатами точки и обозначают так же, как координаты точки на плоскости. 

Проведем через точку  плоскость, перпендикулярную к оси  (рис. 13.2). Она пересекает ось  в точке  Координатой  (абсциссой) точки называют число, соответствующее точке  на оси . Если точка  совпадает с точкой  то будем считать, что абсцисса точки  равна нулю. 

Проведем плоскости, перпендикулярные к осям  и , которые пересекают эти оси в точках  и  соответственно. Координатой  (ординатой) точки  называют число, соответствующее точке  на оси , а координатой   (аппликатой) точки  называют число, соответствующее точке  на оси . Точку с ее координатами записывают, как и в прямоугольной системе координат на плоскости, а именно:  Если точку не обозначили буквой, ее записывают только ее координатами:  

Пример 1. На рисунке 13.3 обозначены точки 

                              Рис. 13.3

Если точка лежит на оси координат или на координатной плоскости, то определенные ее координаты равняются нулю. Точка  из примера 1 принадлежит оси  ее координаты  и  равняются нулю; точка  принадлежит оси ,  ее координаты  и  равняются нулю; точка  принадлежит оси ,  ее координаты  и  равняются нулю; тогда  принадлежит оси абсцисс, точка  — оси ординат, точка  — оси аппликат. 

Точка  из примера 1 принадлежит плоскости  ее координата  равняется нулю, у точки, которая принадлежит плоскости  координата  равна нулю, у точки, которая принадлежит  нулю равна координата 

И наоборот: точка  принадлежат плоскости  точка  - плоскости  точка  — плоскости 

Для начала координат — точки  —  получаем: 

Задача №237

Найти: 1) координаты точки   являющейся проекцией точки  на плоскости 2) расстояние от точки  до плоскости 

Решение. 

1) Проекцией точки  на плоскость ху является точка К (9; 5; 0) (рис. 13.3).

2) Расстояние от точки  до плоскости ху равняется 8.

Ответ. 1) К (9; 5; 0); 2) 8.

Из задачи 1 можем прийти к выводам: 

1) проекцией точки  на плоскости  является точка 

2) расстояние от точки  до плоскости  равно  до плоскости   равно  до плоскости   равно 

Расстояние между двумя точками.

Как известно, расстояние между точками  и  плоскости находят по формуле 

Аналогично, 

расстояние между точками  и   пространства находят  по формуле 

Задача №238

Точка  и  — соответственно середины сторон   и  треугольника  Найти длину  стороны  этого треугольника. 

Решение. 1) Поскольку  — середина ,  — середина , то  — средняя линия  Поэтому,  значит, 

2) 

3) Тогда, 

Ответ: 6.

Задача №239

Расстояние между точками  и  равно 7. Найти 

Решение. 

2) Поскольку   Получим уравнение: корнями которого являются числа —4 и 8. 

Ответ: –4 или 8.

Координаты середины отрезка. 

Напомним, как найти координаты середины отрезка на плоскости. Если точка  — середина отрезка  где 

Аналогично, 

координаты точки  которая является серединой отрезка с концами  и   находят по формуле: 

Задача №240

Доказать, что середина отрезка с концами в точках  и  принадлежит плоскости 

Решение. Пусть  — середина отрезка 

Следовательно, 

Поскольку ордината точки  равна нулю, то точка  принадлежат плоскости 

Задача №241

 — параллелограмм,  

1) Найти координаты точки  пересечения диагоналей параллелограмма .

2) Найти координаты вершины  параллелограмма. 

3) Выяснить, является ли данный параллелограмм ромбом. 

Решение. 1) Точка  делит пополам каждую из диагоналей, потому,  — середина  Получаем: 

Следовательно, 

2) Точка  также  является серединой диагонали  Поэтому 

Решив эти уравнения, получим: 

Следовательно, 

3) Найдем длины соседних сторон параллелограмма: 

Поскольку  не является ромбом.

Ответ:  3) нет. 

Координаты точки, которая делит отрезок в заданном отношении

С помощью координатного метода можно найти не только координаты середины отрезка, а и координаты точки, которая делит отрезок в заданном отношении. 

Теорема (о координатах точки, которая делит отрезок в заданном отношении). Если точка  делит отрезок  с концами  и  в отношении  то координаты точки  находят по формуле: 

Доказательство. 1) Предположим, что  Спроецируем точки   и  на плоскость  в направлении, параллельном оси  и получим точки   и  (рис. 13.4). Имеем:   и 

2) Поскольку  то по теореме Фалеса: 

3) Спроецируем точки  и   на ось  в направлении, параллельном оси  (рис. 13.4). Получаем  и 

                   Рис. 13.4

4) Поскольку  то по теореме Фалеса: 

5) Предположим, что   Тогда  то есть 

Из полученного равенства имеем: 

6) Если  то, очевидно,  и формула   выполняется. Тогда, 

7) Аналогично, можно доказать, что 

Задача №242

Пусть  вершины треугольника   — точка пересечения его медиан. Найти координаты точки . 

           Рис. 13.5

Решение. 1) Пусть  середина  (рис. 13.5). Тогда, 

2) Поскольку  — точка пересечения медиан треугольника 

Тогда, 

Аналогично, 

Ответ: 

Задача №243

Дан треугольник с вершинами в точках — его биссектриса (рис. 13.6). Найти: 1) координаты точки  2) длину биссектрисы 

Решение. 

1. 1) 

2)  биссектриса треугольника  поэтому 

3) Получим: 

 Следовательно, 

                               Рис. 13.6

2. 

Ответ: 

Векторы в пространстве

В курсе планиметрии вы уже познакомились с векторами на плоскости. Заметим, что основные понятия для векторов в пространстве определяют так же, как и для векторов на плоскости. 

Понятие вектора в пространстве:

Как и в планиметрии: 

• отрезок, для которого определено направление, называют вектором. 

Вектор изображают отрезком со стрелкой,  указывающей направление вектора. На рисунке 14.1 изображен вектор  а точка  — его начало, точка  — конец вектора. 

                  Рис. 14.1

Вектор также можно обозначать одной маленькой латинской буквой. На рисунке 14.1 изображен вектор  Напомним, что вектор, у которого начало совпадает с концом, называют нулевым вектором. Если, например, точку, изображающую нулевой вектор, обозначить буквой  то нулевой вектор можно записать как  (рис. 14.1). Нулевой вектор также обозначают символом Нулевой вектор, в отличие от ненулевого, направления не имеет. 

Модулем (или длиной, или абсолютной величиной) вектора  называют длину отрезка 

Модуль вектора  обозначают через  а модуль вектора  Модуль нулевого вектора равен нулю:  модуль вектора, отличного от нулевого, больше, чем ноль. 

Задача №244

 — куб, ребро которого равняется 1 (рис. 14.2). Найти модули векторов  и 

        Рис. 14.2

Решение.  поэтому 

 

Следовательно, 

Ответ: 

Напомним, что

• коллинеарными называют два ненулевых вектора, которые лежат на одной прямой или на параллельных прямых.

На рисунке 14.3 изображен прямоугольный параллелепипед. Коллинеарными являются пары векторов:  и   и   и   и . 

            Рис. 14.3

Коллинеарные векторы могут быть одинаково направленными (такими являются, например, векторы  и  на рисунке 14.3, записывается это так: ) или противоположно направленными (такими являются, например, векторы и на рисунке 14.3, записывается это так:  Пары векторов  и ; и (рис. 14.3) не являются ни коллинеарными, ни противоположно направленными. 

Как и в планиметрии,

• два вектора называют равными, если они одинаково направлены и их модули равны между собой.

На рисунке 14.3 равными являются, например, векторы  и . Это записывают так: 

Векторы  и на рисунке 14.3 не являются равными, поскольку у них разные модули. Также не равны между собой векторы  и  поскольку они противоположно направленные. 

          Рис. 14.4

Как и в планиметрии, от любой точки   можно построить вектор  который равен вектору  и к тому же только один (рис. 14.4).

Сложение векторов.

Как и в планиметрии, сумму векторов можно найти по правилу треугольника или правилу параллелограмма. Напомним эти правила. Чтобы сложить векторы  и  по правилу треугольника, нужно: 1) от конца вектора  отложить вектор,  равный вектору  (рис. 14.5);

2) вектор, начало которого совпадает с началом вектора  , а конец — с концом вектора , является суммой векторов  и  .

            Рис. 14.5

Из правила треугольника можно сделать вывод, что

для любых трех точек А, В и С имеет место равенство:  (рис. 14.5).

Чтобы сложить не коллинеарные векторы по правилам параллелограмма, нужно:

1) отложить векторы  и  от общего начала — точки  (рис. 14.6);

2) построить на этих векторах параллелограмм;

3) вектор, изображенный диагональю параллелограмма, которая выходит из точки  , является суммой векторов  и  .

Как и в планиметрии, для сложения векторов справедливо:

• переместительное свойство: 
• сочетательное свойство 

Сложить несколько векторов в пространстве можно так: сложить два из них, потом к их сумме прибавить третий вектор и так далее.  

       Рис. 14.6                           Рис. 14.7                                 Рис. 14.8

Задача №245

 — прямоугольный параллелепипед (рис. 14.7). Построить вектор, равный сумме векторов  

Решение. 1) По правилам параллелограмма 

2) Строим от точки  вектор  равный вектору  Тогда 

3) Следовательно, 

Для сложения нескольких векторов в пространстве можно использовать правило многоугольника, которое подобно правилу треугольника: чтобы найти сумму векторов  от конца вектора  строят вектор, равный вектору  потом от конца вектора  — вектор ,  равный вектору  и так далее. Суммой векторов будет вектор, началом которого является начало первого слагаемого, а концом — конец последнего слагаемого.

Пусть на рисунке 14.8 от точки   отложен вектор   далее от точки  — вектор  далее от точки  — вектор 

Тогда  Следовательно, 

для любых точек  справедливо равенство  

Вычитание векторов

Рассмотрим известное из планиметрии правило построения разности двух векторов  и  , которые выполняется и в стереометрии:

1) строим векторы  и   из одной точки (рис. 14.9); 

2) построим вектор, начало которого соединяется с концом вектора , а конец — с концом вектора . Этот вектор и есть разностью векторов  и .

         Рис. 14.9

Действительно,  поскольку

Например, на рисунке 14.7 

Умножение вектора на число

Напомним, что произведением ненулевого вектора  на число   называют такой вектор , что  причем векторы  и   одинаково направленные, если  и противоположно направлены, если 

Произведением  на любое число является  На рисунке 14.10 изображен  и построены векторы 

                                                  Рис. 14.10

Два противоположно направленных вектора, модули которых равны между собой, называют противоположными векторами. 

На рисунке 14.10  векторы  и  — противоположные. Вообще говорят, пары векторов вида  и   и  всегда являются противоположными. 

Свойства умножения вектора на число, которые вы знаете из планиметрии, справедливы также и в стереометрии. Напомним их:

для любых чисел   и  и векторов  и 

Так же, как и в планиметрии, можно доказать, что

вектор  коллинеарный вектору , можно представить в виде    и наоборот, если  где  то векторы  и  — коллинеарные.

Заметим, что эти утверждения можно считать признаком коллинеарности векторов. 

Геометрический смысл коллинеарности двух ненулевых векторов,    и  которые построены из одной точки, означает, что эти векторы лежат на одной прямой и один из них можно получить из другого  с помощью растягивания или сжимания. Из этого выходит, что точка  лежит на прямой  тогда и только тогда, когда удовлетворяется условие  (рис. 14.11). 

Указанные свойства векторов дают возможность упрощать выражения с векторами подобно тому, как упрощают алгебраические выражения. 

Задача №246

Упростим выражение: 

Решение. 

Ответ: 

Компланарные векторы

Векторы называют компланарными, если при их построении из одной и той же точки, они будут лежать в одной плоскости. 

Понятно, что любые два вектора является компланарными. Также компланарными являются три вектора, из которых некоторые два — коллинеарные. Три вектора, из которых каждые два не являются  коллинеарными, могут быть как компланарными так и некомпланарными. 

Например, векторы  и  изображенные на рисунке 14.7, являются компланарными, а векторы  и  на том же рисунке не являются компланарными. 

Справедливым является такое утверждение, которое примем без доказательства:

три вектора  и  среди которых нет ни одной пары коллинеарных, являются компланарными тогда и только тогда, когда существуют числа  и  такие, что выполняется равенство 

Равенство вида  называют разложением вектора  по векторам  и  Можно также доказать, что коэффициенты  и  в этом разложении (при условии, что никакие два вектора из трех не являются коллинеарными) определяются единственным образом. 

Для сложения трех некомпланарных векторов можно использовать правило параллелепипеда, подобное правилу параллелограмма для сложения двух неколлинеарных векторов. В задаче этой лекции было доказано, что  Обобщая, получим правило параллелепипеда:

1) строим некомпланарные векторы  и  от общего начала — точки  (рис. 14.7). 

2) строим на данных векторах параллелепипед;

3) строим вектор, являющийся диагональю параллелепипеда, который  выходит из точки , он и будет суммой векторов  и  .

Рассмотрим важную задачу, которая даст возможность устанавливать принадлежность точки плоскости векторным способом. 

Задача №247

Пусть дан треугольник  и точка не принадлежащую плоскости треугольника. Доказать, что точка  будет принадлежать плоскости  тогда и только тогда, когда выполняется равенство  при условии, что 

Решение. 1. 1) Пусть точка Тогда вектор  можно разложить векторами  и  Получаем, 

         Рис. 14.12

2) Пусть  — произвольная точка пространства,  (рис. 14.12).

Тогда,  Отсюда получаем : 

3) Если обозначить  то получим  при условии, что 

2. 1) Пусть имеем  при условии, что  Докажем, что 

2) Из условия,  получаем, что 

Тогда  то есть векторы  и — компланарные.  Потому точка  принадлежит плоскости 

Заметим, что когда в условиях предыдущей задачи  то точки   и  лежат по разные стороны от плоскости  а когда  то по одну сторону.

Разложение вектора по трем некомпланарным векторам 

Пусть  и   — некомпланарные векторы. Если вектор  представлен в виде  то говорят, что вектор  разложили по векторам  и . Числа  и  называют коэффициентами разложения. 

Теорема (о разложении вектора по трем некомпланарным векторам). Любой вектор можно разложить по трем некомпланарным векторам, причем коэффициенты этого разложения определяются единственным образом. 

Примем эту теорему без доказательства, которое является слишком громоздким. 

Задача №248

Точка  лежит в плоскости треугольника  (рис. 14.13),  — точка пересечения его медиан. Разложить вектор  по векторам  и 

             Рис. 14.13

Решение. 

                            (*)

Сложим эти равенства почленно, получаем: 

3) Поскольку  Тогда  откуда 

Тогда, 

5) Подставив полученное для  выражение в (*), получим: 

Ответ: 

Координаты вектора

На плоскости вектор обозначается двумя своими координатами, а в пространстве — тремя. В пространстве арифметические действия над векторами выполняют по тем же правилам, что и на плоскости. 

В пространственной системе координат каждый  вектор можно задать тройкой чисел  — координатами вектора в пространстве. 

Координатами вектора  с началом  и концом  называют числа   и 

Записывают вектор  указывая его координаты, так:  Например, 

Задача №249

Найти координаты вектора  если:

Решение. Пусть  Тогда: 

 Следовательно, 

 Поэтому 

Ответ: 

Координатами вектора могут быть любые числа. Все координаты нулевого вектора равняются нулю:  Как и на плоскости, 

равные векторы имеют соответственно равные координаты, и наоборот, если у векторов соответственно равны координаты, то векторы равны. 

Задача №250

Дано  Найти  и  если . 

Решение. 

 то есть 

 то есть 

3) Поскольку 

Итак, получим 

Ответ: 

Известно, что расстояние между точками  находят по формуле 

Поскольку  — координаты вектора  то

модуль вектора  равен 

Задача №251

Найти модуль вектора: 

Решение. 

Ответ. 

Задача №252

Дано  Найти 

Решение. Поскольку  то  Получим уравнение:   или 

Ответ: 2 или -2.

Действия над векторами, заданными координатами

В пространстве арифметические действия над векторами (сложение, вычитание, умножения на число) выполняются так же, как и на плоскости. 

Суммой векторов  и  называют вектор 

Так же, как и на плоскости, на основе этого определения легко доказать векторное равенство 

Поэтому определение суммы векторов, заданных координатами, не противоречит правилам треугольника и параллелограмма, которые мы рассмотрели в предыдущей лекции. 

Разностью векторов  и   называют вектор  (х₃; у₃; z₃), который в сумме с вектором  дает вектор  

Поскольку  поэтому 

разностью векторов  и  является вектор 

Задача №253

Найти координаты векторов   если 

Решение.  то есть 

 то есть 

Ответ: 

Произведением вектора  на число  называют вектор 

Это определение не противоречит определению произведения вектора на число из предыдущей лекции.

Указанные действия дают возможность находить координаты любого вектора, который записан в виде алгебраической суммы векторов, координаты которых известны. 

Задача №254

Даны векторы  и  Найти координаты вектора 

Решение. Решение задачи удобно записать так: 

Ответ: 

Признаки коллинеарности векторов

Пусть даны векторы  и  Если они коллинеарны, то . Тогда (если ) получим:   то есть  - координаты коллинеарных векторов пропорциональны. 

Получаем признак коллинеарности векторов.

Пусть даны векторы  и 

1) Если координаты двух векторов отличны от нуля и  то векторы  и  коллинеарны, причем, если  а если 

2) Если у каждого из двух векторов одна и та же координата равна нулю, а другие образуют пропорцию, то векторы коллинеарны.

Задача №255

Вычислить, коллинеарны или нет векторы   и  Если ответ утвердительный, то выяснить одинаково или противоположно они направлены. 

Решение. 

 поэтому,  и   неколлинеарны. 

3) Ординаты обоих векторов равны нулю, проверим пропорциональность двух других координат:  следовательно, 

4) Абсцисса вектора  равна нулю, а абсцисса вектора  не равна нулю. Потому векторы неколлинеарны.

Ответ.  2)векторы неколлинеарны  4)векторы неколлинеарны

Задача №256

При каких значениях  и  векторы  и коллинеарны?

Решение. По признаку коллинеарности 

Тогда из пропорции получаем: 

Ответ: 

Задача №257

Компланарные ли векторы  и

Решение.  потому  и   — неколлениарные. 

2) Если вектор  можно разложить на векторы  и , то векторы ,  и  — компланарные, а в противном случае они не компланарные. 

3) Предположим, что существуют такие числа   и  при которых выполняется векторное равенство  Отсюда получаем систему уравнений: 

из которой получим, что  

4) Следовательно,   то есть вектор  можно разложить по векторам  и , а потому тройка векторов ,  и  является компланарной. 

Ответ: да. 

Разложение вектора по трем координатным векторам

В пространственной прямоугольной системе координат можем на каждой положительной полуоси от начала координат отложить единичный вектор, то есть вектор, который равняется единице (рис. 15.1). Обозначим через  единичный вектор оси абсцисс, через  — единичный вектор оси ординат, через  — единичный вектор оси аппликат. Векторы ,  и  называют координатными векторами (или ортами).

Легко догадаться, какие координаты единичных векторов:  Поскольку они являются некомпланарными, то любой вектор  можно разложить на векторы ,  и  . Легко заметить, что 

Действительно: 

                   Рис. 15.1

Скалярное произведение векторов

При изучении планиметрии вы уже рассматривали скалярное произведение векторов. Точно так же рассматривают скалярное произведение векторов и в стереометрии. 

Скалярным произведением векторов  и  называют число 

Как и в планиметрии, скалярное произведение векторов записывают, используя знак умножения, так  или 

Задача №258

Найти скалярное произведение векторов:

Решение. 

Ответ. 

Найдем скалярное произведение равных векторов. Пусть дан вектор  Тогда 

Скалярное произведение  обозначают через   называют скалярным квадратом вектора. 

Скалярный квадрат вектора равен квадрату его модуля: 

Поскольку 

Из определения скалярного произведения получаем его свойства. 

Для любых векторов  и любого числа  справедливы такие свойства: 

 причем  если 

 — переместительное свойство 

 — сочетательное свойство

  — распределительное свойство

Задача №259

Вычислить, какую работу выполняет сила  если точка ее приложения перемещается от начала в конец вектора  

Решение. Если вектор  изображает силу, точка приложения которой перемещается от начала в конец вектора  то работу этой силы  находят по формуле: 

Получим: 

Ответ:  19. 

Угол между векторами. Теорема о скалярном произведении векторов

Как и в планиметрии,

углом между векторами  и  называют угол  (рис. 16.1). Углом между двумя ненулевыми векторами, не имеющими общего начала, называют угол между векторами, которые равны данным и имеют общее начало (рис. 16.2).

           Рис. 16.1                 Рис. 16.2                          Рис. 16.3

Угол между одинаково направленными векторами равен нулю (рис. 16.3), угол между противоположно направленными векторами равен  (рис. 16.4).

         Рис. 16.4

Как и в планиметрии, справедлива теорема.

 Теорема (о скалярном произведении векторов). Скалярное произведение векторов равно произведению из модулей на косинус угла между ними:  где 

Теорему можно доказать так же, как и в курсе планиметрии. Она имеет те же следствия, что и  в планиметрии. 

Следствие 1. Если векторы перпендикулярные, то их скалярное произведение равно нулю.

Следствие 2. Если скалярное произведение векторов равно нулю, то они перпендикулярны. 

Задача №260

Перпендикулярны ли векторы  и  если: 

Решение.  потому 

 потому  и  - не перпендикулярны. 

Ответ: 1) да; 2) нет.

Задача №261

При каком значении  векторы   перпендикулярны?

Решение. Чтобы векторы были перпендикулярными, их скалярное произведение может равно нулю: 

Ответ: 

По скалярному произведению векторов  и  можно найти косинус угла между ними. 

Поскольку  где  — угол между векторами  и  , то 

Учитывая, что  получим: 

По признаку косинуса угла можно найти меру этого угла (с помощью таблицы или калькулятора). 

Задача №262

Найти градусную меру угла  треугольника с вершинами в точках 

Решение. Угол  треугольника  (рис. 16.5) соединяется с углом между векторами  и  Получим: 

 то есть 

 то есть  

           Рис. 16.5

Тогда,

Отсюда  

Ответ: 

Задача №263

Даны векторы 

Найти 

Решение. Поскольку  то 

Ответ: 7.

Простейшие геометрические места точек а пространстве

Рассмотрим задачи, связанные с геометрическом местом точек, у которых в зависимости от условия задачи нужно или найти или построить геометрическое место точек, или использовать его для решения задач. 

Геометрическим местом точек (ГМТ) называют фигуру, которая состоит из всех точек,  имеющих определенные свойства. 

Вспомним основные ГМТ плоскости из курса планиметрии:

• ГМТ, которые равноудалены от данной точки на данное расстояние — окружность, радиус которой равен данному расстоянию;
• ГМТ, расстояние от которых до данной точки не превышает данного расстояния — круг, радиус которого равен данному расстоянию;
• ГМТ, которые равноудалены от сторон угла и принадлежат  его внутренней области, — биссектриса данного угла;
• ГМТ, которые равноудалены от концов отрезка — серединный перпендикуляр к данному отрезку; 
• ГМТ, которые равноудалены от данной прямой на заданное расстояние, — две прямые, параллельные данной прямой, каждая точка которой находится на заданном расстоянии от данной прямой. 

Чтобы доказать, что некоторое множество точек  (фигура ) является искомым ГМТ, нужно доказать:

1) любая точка, удовлетворяющая свойства этого ГМТ, принадлежит множеству  (фигура );

2)  любая точка, принадлежащая множеству  (фигура ), удовлетворяет свойству этого ГМТ.

Простейшие геометрического места точек в пространстве

Рассмотрим простейшие геометрические места точек в пространстве. Попробуем самостоятельно доказать эти несложные факты, основываясь на ранее изученных свойствах точек, прямых и плоскостей. 

• ГМТ пространства, равноудаленных от двух заданных точек  и — плоскость, которая перпендикулярна отрезку  и проходит через его середину (рис. 17.1).
• ГМТ пространства, удаленных от данной плоскости на данное расстояние, — две плоскости, параллельные данной, каждая точка которых лежит на данном расстоянии от плоскости (рис. 17.1). 
• ГМТ пространства, равноудаленных от двух параллельных плоскостей, — плоскость, параллельная каждой из двух заданных, проходящая через середину их общего перпендикуляра. 

На рисунке 17.3  — их общий перпендикуляр, точка  — его середина. Плоскость  проходящая через точку  параллельно  и  является ГМТ плоскости, равноудаленных от двух параллельных плоскостей   и 

          Рис. 17.1                         Рис. 17.2                                Рис. 17.3

• ГМТ пространства, равноудаленных от двух пересекающихся плоскостей — пара взаимно перпендикулярных плоскостей, каждая из которых делит пополам двугранные углы, образованные данными плоскостями (такие плоскости называют биссекторными).

На рисунке 17.4 плоскости  и  пересекаются,  и  — биссекторные плоскости. Каждая точка   принадлежащая плоскости , и каждая точка  принадлежащая плоскости , равноудалены от плоскости  и . 

                                            Рис. 17.4

• ГМТ пространства, равноудаленных от всех вершин плоского, вписанного в окружность, многоугольника, — прямая, перпендикулярная к плоскости этого многоугольника, что проходит через центр вписанной в него окружности (рис. 17.5). 
• ГМТ пространства, равноудаленных от всех сторон плоского, описанного около окружности, многоугольника, — прямая, перпендикулярная к плоскости многоугольника, что проходит через центр вписанной в него окружности (рис. 17.6).

                  Рис. 17.5                                                  Рис. 17.6

Еще одно важно геометрическое место точек пространства мы рассмотрим в пункте 5 этой лекции. 

Для решения более сложных задач, связанных с ГМТ, используют метод геометрических мест. Рассмотрим суть этого метода. Пусть нужно построить точку   удовлетворяющую двум условиям. Строим ГМТ, удовлетворяющее первому условию — фигуру  и ГМТ,  удовлетворяющее второму условию —фигуру  Искомая точка  принадлежит как  так и  а поэтому является точкой их пересечения. Одну из задач, которая решается методом геометрических мест, рассмотрим в пункте 5 этой лекции. 

Уравнение фигуры в пространстве

Напомним, что уравнением фигуры на координатной плоскости называют уравнение с двумя переменными и  для которых выполняются два условия:

1) координаты любой точки фигуры удовлетворяют это уравнение;

2) любая пара чисел вида  удовлетворяющая это уравнение, является координатами некоторой точки фигуры. 

Также из предыдущих лекций знаем, что уравнение круга с центром в точке  и радиусом  может выглядеть  а уравнение прямой имеет вид  где  — числа, причем  и  одновременно не равны нулю. 

В пространстве также можно рассмотреть уравнения фигуры (поверхности).

Пусть дана прямоугольная система координат в пространстве. 

Уравнение с тремя переменными  называют уравнением фигуры, если выполняются два условия:

1) координаты любой точки фигуры удовлетворяют это уравнение;

2)  любая тройка чисел вида  удовлетворяющая это уравнение, является координатами некоторой точки фигуры. 

В геометрии рассматривают два вида задач:

1) для заданной фигуры (геометрического тела, поверхности) найти ее уравнение;

2) по данным уравнения распознать (установить) вид фигуры (тела, поверхности).

Большинство уравнений геометрических фигур рассматривают в курсе аналитической геометрии в высших учебных заведениях. Мы же рассмотрим только уравнение плоскости и уравнение сферы. 

Уравнение плоскости

Прежде чем рассмотрим уравнение плоскости, введем понятие вектора нормали. 

Вектором нормали к данной плоскости называют любой ненулевой вектор, перпендикулярный к данной плоскости. 

На рисунке 17.7 вектор  является вектором нормали к плоскости 

                Рис. 17.7

Пусть вектор  имеет координаты  — некоторая фиксированная точка плоскости  а  — произвольная точка пространства. Имеем вектор 

Точка принадлежит плоскости  тогда и только тогда, когда вектор  перпендикулярен к вектору , то есть когда 

Итак, имеем  то есть 

Обозначим число  через  получаем, что 

плоскость в пространстве задают уравнением вида 

где  — числа, причем  и   одновременно не  равны нулю.

Уравнение  называют общим уравнением плоскости. 

Из приведенных рассуждений следует серия важных свойств, связанных с уравнениями плоскости. 

1. Уравнение плоскости, которая проходит через точку  и имеет вектор нормали  задают уравнением 

Задача №264

Записать уравнения плоскости, которая проходит через точку  и имеет вектор нормали 

Решение. Запишем уравнения плоскости:  отсюда получим 

Ответ: 

2. Если плоскость задана уравнением  то вектор  является вектором нормали этой плоскости. 

3. Плоскость  уравнение которой   и плоскость  уравнение которой  параллельны тогда и только тогда, когда векторы  — коллинеарные (рис. 17.8).

Тогда необходимым и достаточным условием параллельности плоскостей является такое: (если одна из координат одного из векторов нормалей равна нулю, то соответствующая координата другого вектора тоже равна нулю). 

Заметим, что в случае выполнения условия  плоскости совпадают. 

 

         Рис. 17.8

Пример 1. Плоскости  и  параллельны, поскольку  

Пример 2. Плоскости  и  совпадают, поскольку  Это можно также пояснить иначе:  если левую и правую части уравнения  поделить на два, то получим  — уравнение первой плоскости. Поэтому эти плоскости совпадают. 
 

Пример 3. Плоскости  и  пересекаются, поскольку 

Важным является вопрос уравнений координатных плоскостей. Рассмотрим плоскость  (рис. 17.9) как плоскость, проходящую через точку  и имеющую вектор нормали   то есть уравнение 

Отсюда,  — уравнение плоскости . Аналогично определяют плоскости  и 

4. Уравнение  задает плоскость  уравнение  задает плоскость  уравнение   задает плоскость 

Уравнения сферы

Понятие сферы нам хорошо знакомо из повседневной жизни. Сформулируем определения сферы через понятие ГМТ.

Сферой называют геометрическое место точек пространства, лежащих на данном расстоянии от  заданной точки.

Эту точку называют центром сферы, а расстояние — радиусом сферы. Два радиуса, лежащих на одной прямой, называют диаметром сферы. 

               Рис. 17.10

Пусть — центр сферы,  — произвольная точка пространства (рис. 17.10).  Эта точка  принадлежит сфере с центром в точке  и радиусом   тогда и только тогда, когда  то есть  или 

Следовательно, 

сферу с центром  и радиусом  задают уравнением 

Уравнение  называют уравнением сферы. 

Пример 4. Рассмотрим уравнение  Дополним выражение  до полных квадратов: 

Следовательно,  — уравнение сферы с центром в точке  и радиусом  

Задача №265

Составить уравнение сферы с диаметром  если 

Решение. 1) Точка  — центр сферы — является серединой   Тогда 

Следует,  

3) Получаем уравнение сферы: 

 Ответ: 

Задача №266

По какой кривой сфера  пересекает плоскость 

Решение. Уравнением плоскости  является уравнение  Подставив это определение в уравнении сферы, получаем:  то есть  или 

Следовательно,  искомой кривой является окружность с центром  и радиусом 4, которая лежит на плоскости .

Ответ: по окружности с центром  и радиусом 4, которая лежит на плоскости .

Задача №267

Найти ГМТ пространства, из которого данный отрезок  видно под прямым углом. 

Решение. Искомое ГМТ  — это вершины прямых углов прямоугольных треугольников, гипотенуза которых — отрезок . Это равносильно тому, что точки искомого ГМТ находятся на расстоянии  от середины отрезка точки   Следоваетльно, искомое ГМТ является сферой с центром в середине отрезка и радиусом  без точек  и  (рис. 17.11) 

             Рис. 17.11                                            Рис. 17.12

Задача №268

Точка  отдалена от плоскости  на 3 см. Найти ГМТ, которые принадлежат плоскости  и удалены от точки  на 5 см.

Решение. Точки искомого ГМТ принадлежат как плоскости  , так и сфере с центром  и радиусом 5 см. Тогда искомое ГМТ — это общие точки плоскости и сферы, то есть окружность с центром  и радиусом  (рис. 17.12), причем 

Ответ: окружность радиусом 4 см. 

Координатный и векторный методы решения задач

В стереометрии существуют два основных метода решения задач. Первый из них основывается на аксиомах, теоремах и следствиях из них, свойствах геометрических фигур. Второй метод — координатный или координатно - векторный. 

Координатный метод решения стереометрических задач

Вы уже знаете, что каждой точке координатного пространства соответствует единственная упорядоченная тройка чисел  и наоборот, каждой упорядоченной тройке чисел соответствует единственная точка координатного пространства. Такое взаимно однозначное  соответствие между точками и их координатами дает возможность решать некоторые геометрические задачи алгебраическими способами. Этот метод называют координатным методом. Он является объектом изучения раздела геометрии, который называется аналитическая геометрия. 

Метод координат является универсальным методом, поскольку обеспечивает тесную связь между алгеброй и геометрией. Объединяясь, эти две науки дают возможность, используя координатный метод, строить доказательства и решать много задач более рационально, более коротко, чем геометрически. 

Преимуществом этого метода является и то, что он упрощает и сокращает решение задач, а при его использовании нет потребности в построении сложных рисунков. В то же время в координатном методе есть и недостаток — иногда большой объем вычислений. 

Координатным методом можно решить как задачи, в которых точки или векторы заданы своими координатами, а основные геометрические фигуры (прямые, плоскости, круга, сферы) — своими уравнениями, так и задачи, у которых координатный метод является удобной интерпретацией условия. С задачами первого типа вы уже знакомы. Рассмотрим еще одну важную задачу этого типа на применение координатного метода — нахождение уравнения плоскости, заданной тремя точками. Ниже приведен один из способов решения такой задачи. Другие способы (более удобные) рассматриваются при изучении курса аналитической геометрии в высших учебных заведениях. 

Задача №269

Составить уравнение плоскости,  проходящей через точки 

Решение. 1) Запишем общее уравнение плоскости:  Поскольку точки  удовлетворяют это уравнение, получаем систему

2) Имеем систему из трех линейных уравнений с четырьмя неизвестными. Решая подобные задачи на нахождение уравнения плоскости, поставим себе цель выразить некоторые три неизвестные, например,  и  через четвертую (в данном случае ) так, как при решении систем уравнений в курсе алгебры. 

3) Из уравнений (2) и (3) соответственно получаем  и  Подставим полученные выражения в уравнении вместо  и 

Из данного уравнения системы получаем, что  тогда 

4) Имеем:  Умножим обе части этого уравнения на  и получаем: 

Ответ: 

Заметим, что решение задачи можно было закончить иначе: положив  Тогда, , и получим уравнение плоскости 

Установим последовательность действий для решения задач координатным методом.

Для решения геометрической задачи координатным методом:

1. вводим пространственную систему координат;
2. находим координаты необходимых точек или уравнения фигур;
3. решаем задачу, используя известные формулы и факты;
4. анализируя полученные значения и даем ответ на вопросы задачи. 

Рассмотрим этот алгоритм на примере следующей задачи. 

Задача №270

 — куб, точка  — середина  точка  Задача №269 середина  Найти угол между плоскостями  и 

               Рис. 18.1

Решение. 1) Проведем систему координат  с началом в точке  так,  чтобы грани куба принадлежали координатными плоскостями (рис. 18.1). 

2) Тогда имеем координаты необходимых нам точек: 

3) Складываем уравнения плоскости  (сделать это самостоятельно, используя задачу этой лекции):

Составляем уравнение плоскости  (сделать это самостоятельно): 

4) Обозначим через  угол между плоскостями  и . По формуле угла между  плоскостями (задача 17.66) получим: 

5) Так, 

Ответ: 

Векторный метод решения стереометрических задач

Векторным методом можно решить как задачи, непосредственно связанные с векторами, так и задачи, в которых введение векторов является удобной интерпретацией условия. Немало задач первого типа вы уже рассмотрели. Рассмотрим далее задачи второго типа. 

Для решения задачи векторным методом:

1. вводим необходимые для решения задачи векторы;
2. решаем задачу, опираясь на известные факты и правила действий над векторами;
3. анализируем полученные значения и дадим ответ на вопросы задачи. 

Задача №271

  — куб, точка  — точка пересечения медиан треугольника  Доказать, что точка  принадлежит диагонали  и делит ее в отношении  считая от вершины 

            Рис. 18.2

Решение. 1) Обозначим  (рис.18.2). По задаче из лекции получим: 

2) По правилу параллелепипеда: 

3) Следовательно,  Это обозначает, что векторы  и   коллинеарные и одинаково направленные, то есть точка  принадлежат диагонали  и  а поэтому  что и нужно было доказать. 

Задача №272

 — прямоугольный параллелепипед.  Точка  принадлежит диагонали  грани  Точка  принадлежит отрезку   Доказать, что точки  и  лежат на одной прямой. Найти отношение, в котором точка  делит отрезок 

Решение. 1) Поскольку  соответственно (рис. 18.3). 

2) Получаем: 

Тогда 

4) Потому 

        Рис. 18.3

Это означает, что векторы  и  коллинеарны и одинаково направлены, то есть точки  и  лежат на одной прямой.

5)Кроме того  а потому 

Ответ: 

Координатно - векторный метод решения задач

Объединяя координатный и векторный методы, можно решить  разные виды задач , кроме связанных с углами. 

Задача №273

  — куб, точка  — середина  точка — середина  Найти угол между прямыми  и 

Решение. 1) Проведем систему координат как в задаче 2. (рис. 18.1)

2) Имеем  

3) Пусть  — угол между прямыми  и  Тогда 

Итак, 

Ответ: 

Задача №274

Даны точки  и  На оси абсцисс найти точку  чтобы в треугольнике  угол  был прямым. 

Решение. 1) Пусть  — искомая точка. 

2) Поскольку в треугольнике  угол — прямой, то  а потому 

3) Получаем:  тогда 

4) Получаем уравнения:  корни которого  

Итак, искомые точки  или 

Ответ: ,  

Векторный метод в алгебре

Векторы можно использовать для решения алгебраических задач, то есть рассмотрим векторный метод в алгебре. 

Задача №275

Для чисел  выполняется равенство   Найти наибольшее значение выражения 

Решение. 1) Рассмотрим два вектора  и  Тогда  (по условию) 

2)

3) По задаче 16.28 имеем, что  причем равенство получается, если  и  — одинаково направленны. 

Следоательно 

Равенство  получается, если 

несложно подобрать соответствующие значения  для этого равенства, например 

Ответ: 21.

Использование координатного метода для нахождения ГМТ

Приведем пример решения координатным методом задачи на нахождение ГМТ.

Задача №276

Даны точки  и  Найти геометрическое место точек пространства  для которых 

Решение. 1) Проведем пространственную систему координат так, что 

2) Пусть  — точка искомого ГМТ. Получаем, 

3) Поскольку  получаем уравнение:

После упрощения получаем: 

Это уравнение сферы с центром в точке  радиуса 

4) Теперь представим полученный результат, не используя координат. Пусть  Тогда искомое ГМТ — сфера с центром  что принадлежит прямой  причем  — середина отрезка  и радиусом 

Преобразования в пространстве

Преобразования геометрических фигур можно рассмотреть не только на плоскости, а и в пространстве. В этой лекции рассмотрим перемещение в пространстве и его виды.

Движение в пространстве, его свойства

Перемещение (движение) в пространстве определяют так же, как и на плоскости. 

Преобразование одной фигуры в другую называют перемещением, если оно сохраняет расстояние между точками. 

Как и на плоскости, выполняются такие свойства перемещения (движения) в пространстве:

1) при перемещении точки, лежащие на прямой, переходят в точки, лежащие на прямой, и сохраняется порядок из взаимного разложения;

2) при перемещении прямые переходят в прямые, лучи в лучи, отрезки - в отрезки;

3) при перемещении угол переходит в равный ему угол. 

Новым свойством перемещения в пространстве является такое:

4) при перемещении плоскости переходят в плоскости. 

Примем это свойство без доказательства, поскольку оно является слишком громоздким. 

Далее рассмотрим основные виды перемещения. 

Симметрия относительно точки

Как и на плоскости, так же и в пространстве:

две точки  и  называют симметричным относительно точки  если  - середина отрезка  (рис. 19.1).

Симметрию относительно точки называют еще центральной симметрией, а точку  - центром симметрии. 

Задача №277

Доказать, что точкой, которая симметрична точке  относительно начала координат, является точка 

            Рис. 19.1

Доказательство. Поскольку  и  то точки  симметричны относительно точки  то есть относительно началу координат.

Задача №278

Точки  и  симметричны относительно точки  Найти  и 

Решение. Точка  — середина отрезка  Поэтому по формуле середины отрезка получим: 

Итак, 

Ответ: 

 Теорема 1 (о преобразовании симметрии относительно точки). Преобразование симметрии относительно точки является перемещением. 

Доказательство. 1) Докажем теорему координатным методом. Выберем прямоугольную систему координата в пространстве так, чтобы точка, относительно которой выполняется преобразования симметрии, совпадала с началом координат. 

2) Рассмотрим теперь любые две точки  и  и точки, им симметричные относительно начала координат соответственно:  и .

3) Поскольку  

 то 

Итак, симметрия относительно точки является перемещением. 

Симметрия относительно прямой

Две точки  и  называют симметричными относительно прямой  если эта прямая — серединный перпендикуляр к отрезку  (рис. 19.2).

Симметрию относительно прямой называют осевой симметрией, а прямую  — осью симметрии. 

Задача №279

Доказать, что точкой, которая симметрична точке  относительно оси  является точка 

         Рис. 19.2

Доказательство. 1) Если точка   принадлежит оси  то ее абсцисса и ордината равны нулю, тогда  симметричная сама себе относительно оси  Поскольку , то в этом случае утверждение задачи доказано. 

2) Если точка   не принадлежит оси  то точка  — середина отрезка  имеет координаты  и  Точка  принадлежит оси аппликат. Поскольку аппликаты точек  и   равны, то отрезок перпендикулярен к оси 

Рассуждая аналогично, можно доказать, что для точки  симметричной относительно оси  является точка  а относительно оси 

Теорема 2 (о преобразовании симметрии относительно прямой). Симметрия относительно прямой является перемещением. 

Доказательство. 1) Используем координатный метод. Выберем прямоугольную систему координат в пространстве так, чтобы осью симметрии был весь аппликат. 

2) Рассмотрим теперь две произвольные точки   и   Точки, которые им симметричны относительно оси аппликат, это точки  и 

3) Поскольку  и 

то есть преобразование симметрии относительно прямой является перемещением.

Симметрия относительно плоскости

В пространстве рассматривают еще один вид симметрии - симметрию относительно плоскости.

Две точки А и А' называют симметричными относительно плоскости а, если плоскость а проходит через середину отрезка АА'  и перпендикулярна к этому отрезку (рис. 19.3).

Симметрию относительно плоскости называют еще зеркальной симметрией, плоскость а - плоскостью симметрии.

Задача №280

Доказать, что точкой, симметричной точке  относительно плоскости  является точка 

         Рис. 19.3

Доказательство. 1) Если точка  принадлежат  то ее аппликата равна нулю, тогда точка   симметрична сама себе относительно плоскости  Поскольку при  имеем , и в случае, когда точка  принадлежит   утверждение задачи доказано. 

2)Если точка  не принадлежит   то точка  — середина отрезка  имеет координаты:  

Точка  принадлежит плоскости 

Поскольку соответствующие абсциссы и ординаты точек  и  между собой равны, а отрезок перпендикулярен плоскости  Таким образом, плоскость  проходит через середину отрезка  и перпендикулярна к нему, а следовательно, точки  и   симметричны относительно плоскости 

Рассуждая аналогично, можно доказать, что точкой, симметричной  точки  относительно плоскости  является точка  а относительно плоскости 

Теорема 3 (о преобразовании симметрии относительно плоскости). Преобразование симметрии относительно плоскости является перемещением. 

Доказательство. 1) Для доказательства используем координатный метод. Введем прямоугольную систему координат в пространстве так, чтобы плоскостью симметрии была плоскость 

2) Рассмотрим две произвольные точки  и    Точки, которые им симметричны относительно плоскости  являются точки  и 

3) Поскольку  и 

Итак, преобразование симметрии относительно плоскости является перемещением.  

Параллельное преобразование

В пространстве, как и на плоскости, можно использовать параллельное преобразование. 

Параллельным преобразованием в пространстве называют так же преобразование фигуры, при котором ее произвольная точка  преобразуется в точку   где  и  - одни и те же числа для всех точек фигуры. 

Если точка  имеет координаты  то получим формулу параллельного преобразования: 

Задача №281

Параллельные преобразования заданы формулами 

1) В какую точку при таком параллельным преобразовании переходит точка 

2) Какая точка при этом параллельном преобразовании переходят в точку 

Решение. 1) Пусть это будет точка    Итак, 

2) Пусть это будет точка  Итак, 

Ответ: 

Задача №282

Записать формулы параллельного преобразования, при котором точка  переходит в точку 

Решение. 

Итак, 

Ответ: 

Теорема 4 (о параллельном преобразовании). Параллельное преобразование является перемещением. 

Доказательство. 1) Пусть при некотором параллельном преобразовании точки  и  переходят в точке  и 

Получим: 

 то есть 

Итак, параллельные преобразования являются перемещениями. 

Многогранники

В этом разделе вспомним уже известное нам понятие двугранного угла и рассмотрим многогранный угол.

Двугранные и многогранные углы

Двугранным углом называют фигуру, образованную двумя полуплоскостями с общей ограничивающей их прямой.

    

          Рис. 1.1                               Рис. 1.2

На рисунке 1.1 изображен двугранный угол. Полуплоскости, образующие двугранный угол, называют гранями, а ограничивающую их прямую — ребром двугранного угла.
В повседневной жизни нам часто встречаются предметы, имеющие форму двугранного угла. Примерами таких предметов является открытый или частично открытый ноутбук, две смежные стены комнаты, двухскатная крыша здания и другое.
Плоскость ,  перпендикулярная ребру двугранного угла, пересекает грани двугранного угла по лучам AB и AC  (рис. 1.2). Угол BAC называют линейным углом двугранного угла. Двугранный угол имеет множество линейных углов. Поскольку все они совмещаются параллельным переносом, то равны между собой.

Градусной мерой двугранного угла называют градусную меру его линейного угла.

Обычно, вместо «градусная мера двугранного угла равна ... » говорят «двугранный угол равен ... ».
В геометрии рассматривают также и многогранные углы.

Пусть A₁A₂...A_n — произвольный плоский многоугольник, а точка P не принадлежит плоскости этого многоугольника. Многогранным (n-гранным) углом называют множество всех лучей с началом в точке P , пересекающих данный многоугольник (рис. 1.3).

         Pис. 1.3

Точку P  называют вершиной, лучи PA₁, PA₂, ..., PA_n — ребрами, а плоские углы
A₁PA₂, A₂PA₃ ..., A_nPA₁ — гранями многогранного угла.

Многогранники:

В предыдущих лекциях мы уже рассматривали прямоугольные параллелепипеды, кубы и пирамиды. Все указанные тела являются примерами многогранников.

Многогранником называют тело, поверхность которого состоит из конечного числа многоугольников.

На рисунке 1.4 изображен многогранник, поверхность которого состоит из трапеций ABCD и AKLD, треугольников ABK и CLD и параллелограмма BKLC. Многоугольники, ограничивающие многогранник, называют гранями, стороны
этих многоугольников — ребрами, а концы ребер —  вершинами многогранника. Гранями многогранника, изображенного на рисунке 1.4, являются многоугольники ABCD, AKLD, ABK, CLD, BKLC, ребрами — отрезки AB, BC, CD, DA, BK, CL, AK, KL и LD, вершинами — точки A, B, C, D, K и L.

           Рис. 1.4

Многогранники бывают выпуклыми и невыпуклыми. Многогранник
называют выпуклым, если он лежит по одну сторону от плоскости любой из его граней. На рисунке 1.4 изображен выпуклый многогранник. Заметим, что все грани выпуклого многогранника являются выпуклыми многоугольниками.
На рисунке 1.5 изображен невыпуклый многогранник, поскольку плоскость , которой принадлежит грань ABCD этого многогранника, разбивает многогранник на две части.

                Рис. 1.5

Все многогранники, которые мы рассматривали раньше, являются выпуклыми. 

Если поверхность многогранника разрезать по некоторым его ребрам и
развернуть в плоскость одной из его граней, то получим развертку данного многогранника.
Например, если куб разрезать по ребрам AB, CD, A₁B₁, C₁D₁, AD, AA₁, A₁D₁ (рис. 1.6), то получим его развертку.

                               Рис. 1.6

Площадь поверхности многогранника — это сумма площадей всех его граней. Площадь поверхности многогранника равна площади его развертки.
В школьном курсе геометрии рассматриваются простейшие многогранники: призмы и пирамиды.

Призма

Одним из самых простых многогранников является призма. С некоторыми видами призм (прямоугольным параллелепипедом и кубом) вы познакомились еще в начальной школе. Призмой также является кузов грузовика, шестигранный карандаш, коробка из-под офисной бумаги и другое.

Призмою называют многогранник, у которого две грани между собой равны и лежат в параллельных плоскостях (их называют основаниями призмы), а все другие грани — параллелограммы (их называют боковыми гранями призмы).

На рисунке 1.7 изображена призма, основаниями которой являются четырехугольники ABCD и A₁B₁C₁D₁. Призму принято называть по названию ее оснований, например, на рисунке 1.7 изображена призма ABCDA₁B₁C₁D₁. Стороны боковых граней призмы, не принадлежащие основаниям, называют боковыми ребрами призмы.

                  Рис. 1.7

На рисунке 1.7 параллелограммы AA₁D₁D, ABB₁A₁, BB₁C₁C и CC₁D₁D — боковые грани призмы; AA₁, BB₁, CC₁ и DD₁ — боковые ребра призмы. Понятно, что все боковые ребра призмы параллельны и равны между собой.

Призму называют n-угольной, если ее основанием является n-угольник.

На рисунке 1.7 изображена четырехугольная призма.

Перпендикуляр, проведенный из некоторой точки одного основания к плоскости другого основания, называют высотой призмы.

На рисунке 1.7 отрезок C₁K — высота призмы.

Отрезок, соединяющий две вершины призмы, не принадлежащие одной грани, называют диагональю призмы.

На рисунке 1.7 отрезок C₁A — диагональ призмы.
Заметим, что под понятием диагонали, как и под понятием отрезка, имеем в виду как отрезок, являющийся диагональю, так и длину этого отрезка. Поэтому вместо «длина диагонали равна 4 см» будем говорить «диагональ равна 4 см». Точно так же используют и понятия высоты, бокового ребра, стороны основания и другие, поскольку все они являются отрезками.

Призму называют прямой, если ее боковые ребра перпендикулярны ее основанию, в противном случае призму называют наклонной.

              Рис. 1.8                                    Рис. 1.9

На рисунке 1.7 изображена наклонная четырехугольная призма, а на рисунке 1.8 — прямая треугольная призма. Понятно, что боковые грани прямой призмы — прямоугольники, а высота прямой призмы равна ее боковому ребру.

Прямую призму называют правильной, если ее основанием является правильный многоугольник.

На рисунке 1.9 изображена правильная четырехугольная призма. У правильной призмы все боковые грани — равные прямоугольники.

Площадью полной поверхности призмы называют сумму площадей всех ее граней, а площадью боковой поверхности призмы — сумму площадей ее боковых граней.

Площадь полной поверхности призмы S_полн можно записать через площади ее боковой поверхности S_бок и ее основания S_осн формулой:
S_полн = S_бок + 2S_осн .

Теорема (о площади боковой поверхности прямой призмы). Площадь боковой поверхности прямой призмы равна произведению периметра основания P на высоту призмы, то есть на длину ее бокового ребра l :
S_бок = Pl.
Доказательство. Пусть a₁, a₂, ..., a_n — стороны основания, а l — длина бокового ребра прямой призмы. Учитывая, что все боковые грани — прямоугольники, одна сторона которых равна соответственно a₁, a₂, ..., a_n, а вторая — одинакова для всех и равна l, имеем:
S_бок = a₁l + a₂l + ... + a_nl = (a₁ + a₂ + ... + a_n) l = Pl,
поскольку P = a₁ + a₂ + ... + a_n — периметр основания.

Задача №283

Основанием прямой призмы является прямоугольный треугольник с катетами 3 см и 4 см. Высота призмы равна 12 см. Найдите диагональ той грани призмы, которая содержит гипотенузу треугольника.
Решение. Пусть ABCA₁B₁C₁ — данная призма (рис. 1.10), AC = 3 см, BC = 4 см, ∠АСВ = 90°, BB₁ = 12 см. Найдем длину диагонали АВ₁.

         Рис. 1.10

1) (∠С = 90°): (см)
2) (∠В = 90°):  (см).
Ответ. 13 см.

Задача №284

Основанием прямой призмы является равносторонняя трапеция,
большее основание которой равно 11 см, боковая сторона — 6 см, а угол при основании — 60°. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если ее высота равна меньшему основанию трапеции.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — данная призма (рис. 1.11), АВ = 11 см, АD = BC = 6 см, ∠A = 60°. Найдем боковую поверхность призмы: S_бок = P ∙ l = (АВ + DC + 2ВС) ∙ ВВ₁.

             Рис. 1.11                                    Рис. 1.12
1) Рассмотрим трапецию ABCD, которая является основанием призмы (рис. 1.12), проведем в ней высоты DK и CL. Поскольку АD = BC, то ∠A = ∠В = 60° и АК = BL.
2) Из  (∠K = 90°):  тогда   (см).
Поскольку BL = ÀK, то BL = 3 см.
3) Поскольку KDCL — прямоугольник, то DC = KL = AB – 2АK = 11 – 2 ∙ 3 ​​= 5 (см).
4) По условию BB₁ = DС, поэтому BB₁ = 5 см.
5) S_бок = (АВ + DC + 2ВС) ∙ ВВ₁ = (11 + 5 + 2 ∙ 6) ∙ 5 = 140 (см²).
Ответ. 140 см².

Задача №285

Боковое ребро наклонной призмы равно 16 см и создает с плоскостью основания угол 60°. Найдите высоту призмы.
Решение. В этой задаче не имеет значения, какой именно многоугольник является основанием призмы, поэтому используем рисунок 1.7. Тогда по условию CC₁ = 16 см, C₁K – высота призмы, угол наклона ребра СC₁ к плоскости основания равна 60°.
1) Поскольку , C₁C — наклонная к (АВС), CK — ее проекция, то ∠C₁CK — угол наклона бокового ребра к плоскости основания, следовательно, ∠C₁CK = 60°.
2) Из  (∠K = 90°):  тогда  (см).
Ответ. см.

Понятие сечения многогранника

Условия многих геометрических задач используют понятие сечения многогранника. Поэтому для решения таких задач нужно научиться строить сечение многогранника плоскостью. Мы уже узнали, как построить сечения некоторых многогранников, в частности прямоугольного параллелепипеда и пирамиды.
Напомним, что секущей плоскостью многогранника называют любую плоскость, по обе стороны от которой имеются точки данного многогранника. Секущая плоскость пересекает грани многогранника по отрезкам. Многоугольник, сторонами которого являются эти отрезки, называют сечением многогранника.
Например, на рисунке 1.13 четырехугольник KLMN является сечением треугольной пирамиды QABC.

            Рис. 1.13

Заметим, что секущая плоскость может быть задана одним из известных
нам способов: тремя точками,  не лежащими на одной прямой, или прямой и не принадлежащей ей точкой,  или двумя пересекающимися прямыми.
Напомним, что для построения сечений можно использовать метод следов или метод внутреннего проецирования, а также использовать свойства параллельных прямых и плоскостей.
Далее рассмотрим некоторые сечения призмы.

Построение сечения призмы

Сечение призмы, которое проходит через два боковых ребра, не принадлежащих одной грани, называют диагональным сечением призмы.
На рисунке 1.14 четырехугольник АА₁C₁C — диагональное сечение прямой призмы АВСDА₁В₁C₁D₁. Это сечение является прямоугольником, одна из сторон которого — диагональ основания АC, а другая — боковое ребро АА₁. В наклонной призме диагональным сечением является параллелограмм.

В задачах, связанных с сечением многогранника, может требоваться найти определенные свойства этого сечения, его площадь, периметр или другое.

Задача №286

Основанием прямой призмы является ромб со стороной 8 см и острым углом 60°. Боковое ребро призмы равно  см. Найдите площадь диагонального сечения призмы, одна из сторон которого является большей диагональю ромба.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — прямая призма (рис. 1.14), CC₁ = см, ABCD — ромб, AB = 8 см, ∠A = 60°, поэтому AC — большая диагональ ромба. Тогда AA₁C₁C — диагональное сечение, площадь которого нужно найти. Поскольку AA₁C₁C —прямоугольник, то (см²).

               Рис. 1.14

Найдем AC.
1) В ромбе ABCD: ∠D = 180° – 60° = 120°.
2) По теореме косинусов:
,
тогда AC = (см).
3) Имеем:  (см²).
Ответ. 24 см².

Часто в задачах рассматривают сечения призмы, проходящие через сторону основания призмы и пересекающие боковые ребра призмы.

Задача №287

Сторона основания правильной треугольной призмы равна 4 см. Через сторону основания проведено сечение, образующее с плоскостью основания угол 30° и пересекающее боковое ребро в его середине. Найдите площадь полной поверхности призмы.
Решение. Пусть ABCA₁B₁C₁ — данная правильная призма с основанием ABC (рис. 1.15), AB = 4 см. Запишем формулу для нахождения площади полной поверхности данной призмы:
S_полн = S_бок + 2S_осн = Рl + 2S_ABC =

              Рис. 1.15

Итак, остается найти CC₁.
1) Построим сечение. Пусть точка K — середина ребра CC₁. Через прямую AB и точку K проведем площадь. Сечением призмы является .
2) В треугольнике ABC проведем высоту и медиану CM, тогда
 (см).
3) Проведем отрезок KM. Поскольку CC₁ ⊥ (АВС), CM — проекция наклонной KM на (ABC), CM ⊥ AB, то KM ⊥ AB (по теореме о трех перпендикулярах). Тогда ∠KMC — угол, образующий сечение с плоскостью основания. По условию ∠KMC = 30°.
4) Из  (∠C = 90°):  Тогда  (см).
5) Поскольку K — середина CC₁, то CC₁ = 2KC = 2 ∙ 2 = 4 (см).
6) S_полн =
Ответ. см².

Рассмотрим сечение наклонной призмы плоскостью, которая проходит через точку M бокового ребра AA₁ перпендикулярно этому ребру и пересекает каждое из других боковых ребер этой призмы (рис. 1.16).

 

        Рис. 1.16

Понятно, что плоскость сечения будет перпендикулярной ко всем остальным боковым ребрам призмы. Такое сечение называют перпендикулярным сечением призмы. На рисунке 1.16 четырехугольник MNLK — перпендикулярное сечение.

  

                  Рис. 1.15                            Рис. 1.16
 
Перпендикулярное сечение принято рассматривать только в наклонной призме, поскольку очевидно, что в прямой призме оно равно многоугольнику, являющемуся основанием призмы.

Задача №288

Пусть в наклонной призме проведено перпендикулярного сечение. Доказать, что боковую поверхность призмы можно найти по формуле , где — периметр перпендикулярной сечения призмы, — длина бокового ребра (рис. 1.16).
Доказательство. Рассмотрим перпендикулярное сечение наклонной призмы KLMN (рис. 1.16). Оно делит призму на две части. Применим к нижней части призмы параллельный перенос на вектор  (рис. 1.17). Тогда основания ABCD и A₁B₁C₁D₁ призмы совместятся, и мы получим новую призму, основанием которой будет перпендикулярное сечение призмы (рис. 1.18), а боковые ребра равны . Очевидно, что полученная призма имеет такую ​​же площадь боковой поверхности, как и начальная. Площадь боковой поверхности полученной призмы равна  , поскольку она является прямой. Поэтому и боковая поверхность начальной призмы тоже равна , где — периметр перпендикулярного сечения, — длина бокового ребра .

               Рис. 1.17                                     Рис. 1.18

Параллелепипед

В предыдущих лекциях вы познакомились с прямоугольным параллелепипедом и кубом. Оба эти тела являются видами параллелепипеда. Рассмотрим параллелепипед подробнее.

Параллелепипед — это призма, основанием которого является параллелограмм.

В параллелепипеде все грани — параллелограммы.
Поскольку параллелепипед является призмой, то все свойства призмы выполняются и для параллелепипеда.
Параллелепипед, боковые ребра которого перпендикулярны плоскости основания, называют прямым параллелепипедом. Его боковые грани — прямоугольники. На рисунке 2.1 изображен прямой параллелепипед.

             Рис. 2.1                                             Рис. 2.2
Если боковые ребра параллелепипеда не перпендикулярны плоскости основания, его называют наклонным параллелепипедом. На рисунке 2.2 изображен наклонный параллелепипед.
Грани параллелепипеда, не имеющие общих вершин, называют противоположными гранями. На рисунке 2.2 противоположными являются грани ABCD и A₁B₁C₁D₁, ABB₁A₁ и CDD₁C₁, AA₁D₁D и BB₁C₁C.

Рассмотрим свойства параллелепипеда.

Теорема 1 (свойство противоположных граней параллелепипеда). Противоположные грани параллелепипеда параллельны и равны.

Доказательство. 1) Рассмотрим параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁, изображенный на рисунке 2.2. Грани ABCD и A₁B₁C₁D₁ этого параллелепипеда параллельны и равны, поскольку являются основаниями параллелепипеда.
2) Положим параллелепипед, например, на грань AA₁D₁D. Тогда грани AA₁D₁D и BB₁C₁C являются основаниями параллелепипеда. Поэтому они параллельны и равны.
3) Аналогично доказываем,что параллельными и равными являются грани AA₁B₁B и DD₁C₁C.

Теорема 2 (свойство диагоналей параллелепипеда). Диагонали параллелепипеда пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

Доказательство. 1) Рассмотрим любые две диагонали параллелепипеда, например A₁C и B₁D (рис. 2.3).
2) Поскольку AB CD и AB A₁B₁, то CD A₁B₁, поэтому прямые CD и A₁B₁ лежат в одной плоскости.
3) Поскольку AB = CD и AB = A₁B₁, то A₁B₁ = CD.
4) A₁B₁ CD и A₁B₁ = CD. По признаку четырехугольник A₁B₁CD является параллелограммом. Его диагонали A₁C и B₁D пересекаются в точке O и этой точкой они делятся пополам.
5) Аналогично доказывают, что диагонали A₁C и AC₁ пересекаются в точке O (которая является серединой A₁C ). Эта точка делит пополам и диагональ AC₁. Так же доказываем и относительно диагоналей A₁C и BD₁.
6) Итак, все четыре диагонали параллелограмма пересекаются в одной точке и этой точкой делятся пополам.

                          Рис. 2.3                                     Рис. 2.4

Задача №289

Основанием прямого параллелепипеда является ромб со стороной 8 см и тупым углом 120°. Найдите длину большей диагонали параллелепипеда, если его высота равна 2 см.
Решение. Пусть на рисунке 2.4 изображен прямой параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁, ABCD — ромб, AB = BC = 8 см, ∠ABC = 120°.
1) Поскольку AC — большая диагональ ромба, то A₁C — большая диагональ параллелепипеда.
2) В по теореме косинусов:
 
3) Из (∠A = 90°):
 (см).
Ответ. 14 см.

Задача №290

Стороны основания прямого параллелепипеда равны 10 см и 17 см, а одна из диагоналей основания — 21 см. Большая диагональ параллелепипеда равна 29 см. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.
Решение. Поскольку прямой параллелепипед является прямой призмой, то

S_бок= Pl, где P — периметр основания, l — длина бокового ребра.
1) Пусть a и b — стороны основания, d₁ и d₂ — ее диагонали, тогда a = 10 см, b = 17 см, d₁ = 21 см. По свойству диагоналей параллелограмма: Тогда , следовательно, (см).
Поскольку , а большей диагональю параллелепипеда является та, которая имеет большую проекцию на плоскость основания, то большей диагональю параллелепипеда является та, проекцией которой на плоскость основания является диагональ основания длиной 21 см.
2) AC = 21 см, A₁C = 29 см (рис. 2.4). Из (∠A = 90°):
 (см).
3) Имеем: P = 2 (10 + 17) = 54 см, тогда  S_бок = Pl = 54 ∙ 20 = 1080 (см^₂).
Ответ. 1080 см².

Задача №291

В прямом параллелепипеде с основанием ABCD  AB = 29 см, AD = 5 см, BD = 30 см, CC₁ = 21,6 см. Найдите площадь сечения ADC₁B₁.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — данный прямой параллелепипед (рис. 2.5).

           Рис. 2.5

1) Рассмотрим треугольник ABD. Поскольку 30² > 5² + 29², то BD² > AD² + AB², поэтому ∠BAD — тупой, следовательно, ABCD — параллелограмм, отличный от прямоугольника, и ∠BCD = ∠BAD.
2) Поскольку AD || BC и BC || B₁C₁, то AD || B₁C₁. Кроме того, AD = BC, BC = B₁C₁, а потому AD = B₁C₁. Итак, ADC₁B₁ — параллелограмм (по признаку).
3) Проведем в параллелограмме ABCD высоту CK. Заметим, что так так ∠BCD — тупой, то точка K принадлежит отрезку AD.
4) Докажем, что C₁K — высота параллелограмма ADC₁B₁. Имеем: С₁C ⊥ (АВС), C₁K — наклонная к (АВС), CK — ее проекция, CK ⊥ АD, тогда C₁K ⊥ AD (по теореме о трех перпендикулярах), то есть C₁K — высота параллелограмма ADC₁B₁.
5) .
6) (по формуле Герона). Имеем:  (см), тогда  (см²).
7) С другой стороны, S_ABCD = AD ∙ CK, тогда  (см).
8) Из (∠C = 90°):  (см).
9) Итак, (см²).
Ответ. 180 см².

Прямоугольный параллелепипед

Прямоугольным параллелепипедом называют прямой параллелепипед, основанием которого является прямоугольник.

Заметим, что все грани прямоугольного параллелепипеда являются прямоугольниками, а все двугранные углы — прямыми.

Длины трех ребер прямоугольного параллелепипеда, которые выходят из одной вершины, называют измерениями (или линейными измерениями) прямоугольного параллелепипеда.
На рисунке 2.6 AB = a, AD = b, AA₁ = c — измерения прямоугольного параллелепипеда. Понятно, что данный прямоугольный параллелепипед имеет четыре ребра длиной a, четыре — длиной b и четыре — длиной c.

          Рис. 2.6

В предыдущих лекциях измерения прямоугольного параллелепипеда мы обычно называли длиной, шириной и высотой, эти же термины используют и на
практике. Например, так мы называем измерения комнаты, коробки, имеющей форму прямоугольного параллелепипеда, и т. д.

Выясним, как длина диагонали прямоугольного параллелепипеда зависит от
его линейных измерений.

Теорема 3 (о длине диагонали прямоугольного параллелепипеда). Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений.
Доказательство. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — прямоугольный параллелепипед (рис. 2.6), AB = a, AD = b, AA₁ = c, B₁D = d.
1) Из  (∠A = 90°):  BD² = a² + b².
2) BB₁ = AA₁ = c. Из (∠B = 90°):

Итак,.

Заметим, что эта теорема является пространственным аналогом теоремы Пифагора на плоскости.

Следствие. Все четыре диагонали прямоугольного параллелепипеда равны.

Прямоугольный параллелепипед, все три измерения которого равны, называют кубом.

Все грани куба — равные между собой квадраты.

Задача №292

Доказать, что площадь полной поверхности S_полн прямоугольного параллелепипеда можно найти по формуле S_полн = 2 (ab + ac + bc), где a, b, c —измерения прямоугольного параллелепипеда.
Решение. Полная поверхность прямоугольного параллелепипеда состоит из двух прямоугольников, длины сторон которых a и b, двух прямоугольников, длины сторон которых a и c, и двух прямоугольников, длины сторон которых b и c  (рис. 2.6). Поэтому S_полн = 2ab + 2ac + 2bc = 2 (ab + ac + bc).

Задача №293

Две соседние стороны основания прямоугольного параллелепипеда равны 3 см и 5 см, а его диагональ —  см. Найти площадь полной поверхности параллелепипеда.
Решение. Введем обозначения: a = 3 см, b = 5 см, d = см.
1) Имеем: a² + b² + c² = d² (по теореме о длине диагонали). Тогда c² = d² – (a² + b²) =   , следовательно, c = 2 см.
2) S_полн = 2 (ab + ac + bc) = 2 (3 ∙ 5 + 3 ∙ 2 + 5 ∙ 2) = 62 (см²).
Ответ. 62 см².

Пирамида

Изучая геометрию в предыдущих лекциях вы уже познакомились с пирамидой. Рассмотрим это геометрическое тело подробнее.

Пирамида — это многогранник, у которого одна из граней, называемая основанием, является произвольным многоугольником, а другие грани — треугольники с общей вершиной.

На рисунке 3.1 изображена пирамида, основание которой — многоугольник ABCDE, другие грани — треугольники ABQ, BCQ, CDQ, DEQ и AEQ. Эти грани называют боковыми гранями пирамиды. Их общую точку — точку Q — называют вершиною пирамиды. Пирамиду, изображенную на рисунке 3.1, называют пирамидой QABCDE.

          Рис. 3.1

Ребра пирамиды, соединяющие вершину пирамиды с вершинами основания пирамиды, называют боковыми ребрами пирамиды. На рисунке 3.1 отрезки QA, QB, QC, QD, QE — боковые ребра пирамиды.

Пирамиду называют n-угольной, если ее основанием является n-угольник.

На рисунке 3.1 изображена пятиугольная пирамида. Треугольную пирамиду принято называть тетраэдром.

Перпендикуляр, проведенный из вершины пирамиды к плоскости основания, называют высотою пирамиды.

На рисунке 3.1 отрезок QK является высотой пирамиды, точка K — основанием высоты.

Площадью полной поверхности пирамиды называют сумму площадей всех ее граней, а площадью боковой поверхности пирамиды — сумму площадей ее боковых граней.

Площадь полной поверхности пирамиды S_полн можно задать формулой через площадь ее боковой поверхности S_бок и площадь ее основания S_осн:
S_полн = S_бок + S_осн.

В пирамиде различают следующие углы: двугранные углы при сторонах основания (их еще называют двугранными углами при основании), углы, образованные боковыми ребрами с плоскостью основания, плоские углы при вершине и двугранные углы при боковых ребрах.

Двугранным углом при стороне основания будем называть двугранный угол, ребром которого является эта сторона, и содержащий эту пирамиду.

Пусть имеем треугольную пирамиду QABC, в которой проведена высота QK (рис. 3.2). Тогда углы AQB, BQC и AQC — плоские углы при вершине пирамиды, угол QBK — угол, образующий боковое ребро QB с плоскостью основания.
Проведем KN ⊥ AB, тогда, по теореме о трех перпендикулярах, QN ⊥ AB, следовательно, угол QNK — линейный угол двугранного угла при стороне основания. Заметим, что есть пирамиды, у которых один или более двугранных углов при основании больше 90°. Например, на рисунке 3.3 изображена пирамида, у которой двугранный угол при стороне AB больше 90°, поэтому высота QK этой пирамиды лежит вне пирамиды. Можно также сказать, что высота QK не пересекает внутреннюю область многоугольника, который является основанием пирамиды.

              Рис. 3.2                                 Рис. 3.3                               Рис. 3.4
 

Задача №294

Все плоские углы при вершине тетраэдра равняются 30°. Найти площадь боковой поверхности этого тетраэдра, если его боковые ребра равны 2 см, 3 см и 4 см.
Решение. Пусть на рисунке 3.4 изображен тетраэдр QABC, у которого ∠AQB = ∠BQC = ∠AQC = 30°, QA = 2 см, QB = 3 см, QC = 4 см. Тогда 
 
(см²).
Ответ. 6,5 см².

Некоторые виды пирамид

Рассмотрим отдельно некоторые виды пирамид, имеющие определенные свойства.

Задача №295

Доказать, что если в пирамиде выполняется одно из двух следующих условий: все боковые ребра образуют с плоскостью основания равные углы или длины всех боковых ребер равны, то основанием высоты пирамиды является центр окружности, описанной вокруг основания пирамиды.
Доказательство. Пусть QA₁A₂ ... A_n — данная пирамида, точка K — основание ее высоты QK (рис. 3.5).

              Рис. 3.5 

1) A₁K — проекция бокового ребра A₁Q на плоскость основания, поэтому ∠QA₁K — угол, который образует боковое ребро QA₁ с плоскостью основания. Аналогично ∠QA₂K — угол, который образует боковое ребро QA₂ с плоскостью основания ..., ∠QA_nK —угол, образующий боковое ребро QA_n с плоскостью основания.
2) Если ∠QA₁K = ∠QA₂K = ... = ∠QA_nK, то есть имеем первое из двух условий задачи, то (по катету и противоположному острому углу). Если QA₁ = QA₂ = ... = QA_n, то есть имеем второе из двух условий задачи, то (по катету и гипотенузе). Для любого из этих случаев получим, что KA₁ = KA₂ = ... = KA_n.
3) Следовательно, точка K принадлежит плоскости основания пирамиды и равноудаленная от всех вершин многоугольника A₁A₂ ... A_n (поскольку KA₁ = KA₂ = ... = KA_n), значит, K является центром окружности, описанной вокруг основания.

Задача №296

Основанием пирамиды является треугольник со сторонами 5 см, 5 см и 6 см. Найти высоту пирамиды, если все боковые ребра тетраэдра между собой равны и равняются  см.
Решение. Пусть QABC — данный тетраэдр (рис. 3.6), у которого QA = QB = QC = см, AB = AC = 5 см, BC = 6 см, QK — высота тетраэдра.

           Рис. 3.6 

1) Поскольку все боковые ребра тетраэдра равны, то K — центр окружности, описанной вокруг треугольника ABC, и AK = R — радиус окружности.

2) Радиус описанной окружности можно найти по формуле 
где a, b, c — стороны треугольника, S — его площадь. Площадь треугольника найдем по формуле Герона: 
где  — полупериметр треугольника.
3) Имеем: (см), тогда  (см²).
4) Следовательно, (см).
5) Из (∠K = 90°):
 (см).
Ответ. 7,5 см.

Задача №297

Доказать, что когда высота пирамиды пересекает ее основание и выполняется одно из двух условий: все двугранные углы при основании пирамиды равны между собой или все высоты боковых граней пирамиды равны между собой, то основанием высоты пирамиды является центр окружности, вписанной в основание пирамиды.
Доказательство. Рассмотрим рисунок 3.7, на котором изображена данная
пирамида, точка K — основание ее высоты.

               Рис. 3.7

Тогда (докажите самостоятельно), а значит,
точка K равноудалена от всех сторон основания, следовательно, она является центром окружности, вписанной в основание пирамиды.

Рассмотрим еще два вида пирамид.
Если только одна из боковых граней пирамиды перпендикулярна к плоскости основания (рис. 3.8), то ее высота QK лежит в этой грани, причем QK будет и высотой этой грани.
А если две соседние боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости основания (рис. 3.9), то высотой пирамиды является общее ребро QA этих граней.

       Рис. 3.8             Рис. 3.9

Правильная пирамида

Пирамиду называют правильной, если ее основание — правильный многоугольник, а основание высоты совпадает с центром этого многоугольника.

Напомним, что центром правильного многоугольника называют центр описанной вокруг него (или вписанной в него) окружности. На рисунке 3.10 изображена правильная треугольная пирамида, а на рисунке 3.11 — правильная четырехугольная пирамида, высоты которых — отрезки QK, где точка K — центр правильного многоугольника, являющегося основанием пирамиды.

                     Рис. 3.10                                                Рис. 3.11

Осью правильной пирамиды называют прямую, содержащую ее высоту.
Поскольку AK = BK = CK = DK (рис. 3.11), то   (по двум катетами), поэтому QA = QB = QC = QD.
Итак,
все боковые ребра правильной пирамиды между собой раны.

Поскольку AB = BC = CD = DA (рис. 3.11), то  (по трем сторонам). Итак,
все боковые грани правильной пирамиды — равные между собой равнобедренные треугольники.

Высоту боковой грани правильной пирамиды, проведенной из ее вершины, называют апофемой пирамиды.

Поскольку QM — высота боковой грани QAC (рис. 3.10), выходящая из вершины пирамиды, то QM — одна из апофем пирамиды. Понятно, что все апофемы правильной пирамиды между собой равны. Если пирамида не является правильной, то и апофем у нее нет.

Теорема 1 (о площади боковой поверхности правильной пирамиды). Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равняется произведению полупериметра основания на апофему.
Доказательство. Пусть P — периметр основания правильной n-угольной пирамиды, a — длина стороны ее основания, l — длина ее апофемы. Найдем S — площадь одной грани: 
 тогда S_бок =
Но поэтому  — полупериметр основания. Итак,
S_бок = pl.

Задача №298

Найти площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды, сторона основания которой — 6 см, а высота — 4 см.
Решение. Пусть на рисунке 3.12 изображена правильная четырехугольная пирамида QABCD, QK — высота пирамиды, QK = 4 см, ABCD — квадрат, AD = 6 см.

          Рис. 3.12

1) S_полн = S_бок + S_осн.
2) S_осн = AD² = 6² = 36 (см²).
3) Проведем отрезок QM — апофему боковой грани, тогда M — середина CD, K — середина AC, следовательно, KM — средняя линия треугольника ACD. Тогда
 (см).
4) Из  (∠K = 90°):
 (см).
5) S_бок = pl = 60 (см²).
6) S_полн = 60 + 36 = 96 (см²).
Ответ. 96 см².

Зависимость между углами в правильной n-угольной пирамиде

Пусть дана правильная n-угольная пирамида DA₁A₂A₃ ... A_n, в которой основание
A₁A₂A₃ ... A_n — правильный n-угольник, точка O — центр основания, DO — высота (рис. 3.13). Рассмотрим в этой пирамиде такие углы:
α — угол наклона боковой грани к плоскости основания,    0° < α < 90°;
β — угол наклона бокового ребра к плоскости основания,   0° < β < 90°;
γ — плоский угол при вершине пирамиды, ,

δ — двугранный угол при боковом ребре. Поскольку A₁C ⊥ DA₂  и A₃C ⊥ DA₂, то ∠A₁CA₃ — линейный угол двугранного угла при боковом ребре

                           Рис. 3.13

Часто в задачах на правильную пирамиду дан один из вышеуказанных углов, но при этом в задаче надо найти линейный размер пирамиды, не зависящий от этого угла, но зависящий от одного из трех других углов. Решить такую задачу будет трудно, если не знать, что все четыре вышеупомянутых угла попарно связаны между собой формулами. Эти формулы обычно называют формулами перехода (или зависимости) между углами в правильных n-угольных пирамидах.
Формулу зависимости для каждой пары вышеупомянутых углов можно найти по следующему алгоритму:

1. Выбрать в пирамиде два прямоугольных треугольника с общей стороной, каждый из которых содержит один из двух углов искомой зависимости. 
2. Выразить общую сторону выбранных треугольников через тригонометрические функции этих углов и длину стороны основания пирамиды.
3. Приравняв правые части полученных формул и поделив полученное при этом равенство на длину стороны основания, найти формул зависимости между углами.

Пусть A₁A₂ = a — длина стороны основания данной правильной n-угольной пирамиды. Для удобства применения упомянутого алгоритма представим некоторые линейные элементы этой пирамиды через сторону ее основания. Как известно из курса планиметрии, 
   — радиус описанной вокруг основания окружности,
а  — радиус вписанной в основание окружности.
Поскольку  то — биссектриса, медиана и высота равнобедренного  и A₁L = A₃L. Тогда из   (∠L = 90°) имеем:

где 
Итак, 

Найдем по вышеупомянутому алгоритму зависимость, например, между углом наклона боковой грани и углом наклона бокового ребра к плоскости основания пирамиды, то есть между углами α и β.
Для этого в пирамиде выберем два прямоугольных треугольника DOB и DOA₂, в каждом из которых ∠O = 90°, а DO — общий катет (рис. 3.13).
Из
Из
Получим, что   тогда 
.
Теперь найдем зависимость между плоским углом при вершине и двугранным углом при боковом ребре, то есть между углами γ и δ. Рассмотрим в пирамиде (∠C = 90°) и  (∠B = 90°). Имеем: (по острому углу), тогда 
Выберем теперь два прямоугольных треугольника A₃CA₂ (∠C = 90°) и CLA₃ (∠L = 90°) с общей стороной CA₃ (рис. 3.13), в которых эта сторона является соответственно катетом и гипотенузой.
Из 

Из 

Получим, что , тогда  

Так же можно найти все другие формулы перехода (зависимости) между углами.
Систематизируем все эти формулы в общем виде и для правильных треугольных, четырехугольных и шестиугольных пирамид в таблице.

Запоминать эти формулы не нужно, ведь вы всегда сможете воспользоваться приведенным выше алгоритмом и вывести нужную вам формулу в процессе решения каждой конкретной задачи.
Также обратим внимание, что из формулы  можно получить ограничение для угла . Поскольку   то 
поэтому  отсюда имеем  следовательно,

Также очевидно, что δ < 180°. Поэтому окончательно получим, что

Задача №299

Из середины высоты правильной четырехугольной пирамиды проведен перпендикуляр длиной а к боковому ребру и перпендикуляр длиной b к боковой грани. Найти площадь основания пирамиды.
Решение. Пусть QABCD — данная пирамида (рис. 3.14), ABCD — квадрат, QO₁ = OO₁, O₁K = a, O₁L = b. Тогда S_ABCD = AB².

               Рис. 3.14

Обозначим ∠QMO = α, ∠QCO = β. Тогда из и имеем:
 откуда    (1)
Используем зависимость между α и β (из таблицы выше):
  тогда 
Перепишем последнее равенство в виде  
откуда получим, что    (2)
Тогда из равенств (1) и (2) имеем:  то есть    тогда   
а   

Тогда 

Ответ. 

Построение сечений пирамиды

Рассмотрим некоторые сечения пирамиды.

Сечение пирамиды, которое проходит через два боковых ребра, не принадлежащих одной грани, называют диагональным сечением пирамиды. Например, BQD — диагональное сечение четырехугольной пирамиды QABCD (рис. 3.15). Любое диагональное сечение пирамиды является треугольником, одна из вершин которого является вершиной пирамиды.

               Рис. 3.15                                    Рис. 3.16

Задача №300

Найти периметр диагонального сечения правильной четырехугольной пирамиды, сторона основания которой равна см, а боковое ребро — 7 см.
Решение. Пусть QABCD — правильная четырехугольная пирамида (рис. 3.16), ABCD — квадрат, AD = см, QA = 7 см, треугольник AQC — диагональное сечение пирамиды. Поскольку QA = QC, то Р_AQC = AC + 2QA,
1) Поскольку ABCD — квадрат, то  (см).
2) Итак, (см).
Ответ. 24 см.

Часто в задачах рассматривают сечение пирамиды, проходящее через сторону основания и пересекающее боковые ребра пирамиды.

Задача №301

В правильной треугольной пирамиде через сторону основания длиной 4 см перпендикулярно боковому ребру проведено сечение. Найти площадь этого сечения, если оно образует с плоскостью основания пирамиды угол 30°.
Решение. 1) Проведем в правильной пирамиде QABC с основанием ABC высоту BM боковой грани BQC (рис. 3.17).
2)  (по двум сторонам и углу между ними), поэтому ∠AMC = ∠BMC = 90° и AM = BM.
3) Поскольку AM ⊥ QC и ВM ⊥ QC, то (ABM) ⊥ QC (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). Итак, треугольник ABM — искомое сечение, площадь которого нужно найти.

            Рис. 3.17

4) Проведем CN ⊥ AB. Поскольку  — правильный, то N — середина AB.
5) Проведем отрезок MN. Поскольку AM = MB, то MN ⊥ AB.
6) Имеем: CN ⊥ AB, MN ⊥ AB. Итак, ∠MNC — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания, при условии ∠MNC = 30°.
7)
8) Поскольку — равносторонний, CN — его высота, то

  (см).
9) Из (∠M = 90°):  , тогда
 (см).
10) Итак,   (см²).
Ответ. 6 см².

Усеченная пирамида

Рассмотрим произвольную пирамиду QABC ... L. Проведем плоскость α, параллельную ее основанию. Эта плоскость пересекает боковые ребра пирамиды в точках A₁, B₁, C₁, ..., L₁ (рис. 3.18) и разбивает пирамиду на два многогранника.

            Рис. 3.18

Многогранник, параллельными гранями которого являются многоугольники ABC ... L и A₁B₁C₁ ...L₁, четырехугольники AA₁B₁B, BB₁C₁C ..., LL₁A₁A, называют усеченной пирамидой. Многоугольники ABC ... L и ABC ... L и A₁B₁C₁ ...L₁ называют соответственно ее нижним и верхним основаниями, а четырехугольники AA₁B₁B, BB₁C₁C ..., LL₁A₁A, — боковыми гранями. Отрезки AA₁, BB₁, CC₁, ..., LL₁ называют боковыми ребрами усеченной пирамиды.
Усеченную пирамиду с основами ABC ... L и A₁B₁C₁ ...L₁ обозначают по названиям всех ее вершин: ABC ... LA₁B₁C₁ ... L₁.
Перпендикуляр, проведенный из некоторой точки одного основания к плоскости другого основания, называют высотой усеченной пирамиды. На рисунке 3.18 отрезок KK₁ — высота усеченной пирамиды.

Поскольку плоскости оснований усеченной пирамиды параллельные, то, по свойству параллельных плоскостей, AB || A₁B₁, BC || B₁C₁, ..., AL || A₁L₁, то есть две стороны каждой боковой грани параллельные, а две другие — не параллельные, потому что их продолжения пересекаются в точке Q. Следовательно,
боковыми гранями усеченной пирамиды являются трапеции.
Можно также доказать, что
основания усеченной пирамиды — подобные многоугольники.

Усеченную пирамиду называют правильной, если она получена из правильной пирамиды пересечением ее плоскостью, параллельной основанию.
Основания правильной усеченной пирамиды — правильные многоугольники, а боковые грани — равные между собой равносторонние трапеции. Высоты этих трапеций называют апофемами усеченной пирамиды.

Площадью  боковой поверхности усеченной пирамиды называют сумму площадей всех ее боковых граней, а площадью полной поверхности — сумму площадей всех ее граней.

Теорема 2 (о площади боковой поверхности правильной усеченной пирамиды). Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды равняется произведению полусуммы периметров оснований на апофему.
Доказательство. Пусть в правильной n-угольной усеченной пирамиде длина сторон верхнего и нижнего оснований соответственно равняется a и b, а длина апофемы — l.
Тогда S_бок =
Поскольку na = P₁ — периметр верхнего основания, а nb = P₂ — периметр нижнего основания, то  — полупериметры оснований. Итак, S_бок = 

Задача №302

Стороны оснований правильной усеченной четырехугольной пирамиды равны 12 см и 2 см, а боковое ребро — 13 см. Найдите площадь полной поверхности этой пирамиды.
Решение. Пусть на рисунке 3.19 изображена данная пирамида. Тогда S_полн = S_бок + S₁ + S₂, где S_бок — площадь боковой поверхности, S₁  и S₂, — площади оснований.
1) S₁ = 12² = 144 (см²), S₂ = 2² = 4 (см²).

2) Рассмотрим боковую грань усеченной пирамиды — равностороннюю трапецию АА₁В₁В (рис. 3.20), A₁M — высота трапеции  и апофема пирамиды. Тогда (см).
3) Из  (∠M = 90°):

               Рис. 3.19                                             Рис. 3.20

 (см).
4) S_бок = (см²).
5) Тогда S_полн = 336 + 144 + 4 = 484 (см²).
Ответ. 484 см² .

Правильные многогранники

В предыдущих лекциях уже изучалось понятие правильного многоугольника. Напомним, что правильным многоугольником называют многоугольник, у которого все стороны равны и все углы равны. Аналогично в стереометрии рассматривают и понятие правильного многогранника.

Определение и свойства правильных многогранников

Выпуклый многогранник называют правильным, если все его грани — равные между собой правильные многоугольники, и в каждой его вершине сходится одно и то же число ребер.

Примером правильного многогранника является куб. Все его грани — равные между собой квадраты, и в каждой из восьми вершин сходится по три ребра.

Существует бесконечно много видов правильных многоугольников. Это следует из того, что правильный многоугольник может иметь любое количество сторон, не меньше трех. Однако правильных многогранников существует всего пять: правильный тетраэдр, куб, октаэдр (правильный восьмигранник), додекаэдр (правильный двенадцатигранник) и икосаэдр (правильный двадцатигранник (рис. 4.1).

Правильный          Куб                 Октаэдр            Додекаэдр         Икосаэдр
тетраэдр
                                                         Рис. 4.1

Количество сторон грани, вершин и ребер и некоторые другие свойства каждого из правильных многогранников представлены в таблице.

Дополним свойства правильных многогранников, которые указаны в таблице, еще одним.
У каждого из правильных многогранников все двугранные углы, образованные двумя гранями с общим ребром, равны.

Понятие диагонали рассматривают для всех правильных многогранников, кроме правильного тетраэдра.

Диагональ октаэдра — это отрезок, который  две вершины октаэдра, не принадлежащих одной грани.

Окружающий мир дает нам много примеров объектов, имеющих форму правильных многогранников. Например, форму куба имеют не только известные нам детские игрушки («кубики»), но и кристаллы поваренной соли и некоторые алмазы. Алмазы также кристаллизуются в форме октаэдров, а кристаллы железного колчедана имеют форму додекаэдра.

Примеры задач с правильными многогранниками

Задача №303

Найдите высоты правильного тетраэдра, ребро которого равно a.
Решение. Пусть на рисунке 4.2 изображен правильный тетраэдр QABC
с ребром длиной a и высотой QK, где K — центр треугольника ABC.

            Рис. 4.2

1) Тогда KB — радиус описанной вокруг правильного треугольника окружности,
то есть  .
2) ИЗ (∠K = 90°):

3) Аналогично можно вычислить и другие высоты правильного тетраэдра, но все они между собой равны и равняются
Ответ.

Задача №304

Найдите угол между диагоналями двух граней куба, имеющих общую точку.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — данный куб (рис. 4.3). Найдем, например, угол между диагоналями DA₁ и DC₁.

            Рис. 4.3

1) Проведем отрезок A₁C₁ и рассмотрим  стороны которого являются диагоналями равных между собой квадратов, поэтому A₁D = A₁C₁ = C₁D.
2) Итак, — равносторонний, поэтому ∠A₁DC₁ = 60°.
Ответ. 60°.

Задача №305

Найдите площадь S поверхности икосаэдра, ребро которого равно a.
Решение. 1) Все грани икосаэдра — равные между собой равносторонние треугольники. Обозначим площадь одной грани через S_гр. Тогда S_гр =
2) Всего граней в икосаэдр — 20. Поэтому S = 20 · S_гр =
Ответ.

Тела вращения

Один из видов геометрических тел — многогранники — мы уже рассмотрели. Теперь рассмотрим другой вид геометрических тел — тела вращения: цилиндр, конус и шар.

Сначала узнаем, что такое тело вращения.

Тела и поверхности вращения

Пусть некоторый плоский выпуклый многоугольник ABCDK обращают
вокруг неподвижной прямой, содержащей одну из его сторон, например вокруг прямой AB (рис. 5.1). Тогда каждая точка многоугольника, кроме точек отрезка AB, описывает окружность, центр которой лежит на прямой AB. Множество всех таких окружностей образует тело вращения, а прямую AB при этом называют осью тела вращения (рис. 5.2).
Если через ось тела вращения провести плоскость, то в сечении получим некоторую фигуру, которую называют осевым сечением тела вращения. Например, осевым сечением тела вращения, которое изображено на рисунке 5.2, является многоугольник CDKK₁D₁C₁.

         Рис. 5.1                                            Рис. 5.2

Поверхность, которая образовалась в результате вращения ломаной BCDKA вокруг прямой AB, называют поверхностью вращения.
Если тело, которое образовалось в результате вращения многоугольника ABCDK, пересечь плоскостью, перпендикулярной прямой AB, то в сечении получим круг, центр которого лежит на прямой AB.
Итак, можем сформулировать определение тела вращения (в простейшем случае), которым будем пользоваться в школьном курсе геометрии.

Телом вращения называют такое геометрическое тело, сечения которого плоскостями, перпендикулярными к некоторой прямой (оси вращения), являются кругами, центры которых лежат на этой прямой.

Иначе говоря, телом вращения называют геометрическое тело, которое образовалось в результате вращения некоторой плоской фигуры вокруг фиксированной прямой, которую называют осью вращения.

Тела вращения окружают нас в повседневной жизни. Это, например, игрушки, предметы быта, овощи и фрукты и даже астрономические тела (рис. 5.3).

                                                Рис. 5.3

Цилиндр

Цилиндром называют геометрическое тело, которое образовалось в результате вращения прямоугольника вокруг оси, содержащей одну из его сторон.

Например, на рисунке 5.4 цилиндр получили в результате вращения прямоугольника OO₁A₁A вокруг прямой, содержащей сторону OO₁. Эту прямую называют осью цилиндра. Стороны прямоугольника OA и O₁A₁ описывают равные между собой круги, лежащие в параллельных плоскостях. Эти круги называют основаниями цилиндра, их радиус — радиусом цилиндра, диаметр — диаметром цилиндра. На рисунке 5.4 OA и O₁A₁ — радиусы цилиндра. Поверхность, образованная в результате вращения стороны AA₁, параллельной оси цилиндра, называют боковой поверхностью цилиндра. Каждый отрезок этой поверхности, являющийся параллельным и равным отрезку AA₁, называют образующей  цилиндра. На рисунке 5.4 AA₁, BB₁, CC₁ — образующие цилиндра. Расстояние между плоскостями оснований, равное длине образующей цилиндра, называют высотой цилиндра.

          Рис. 5.4

Задача №306

Прямоугольник, диагональ которого равна 13 см, а одна из сторон на 7 см меньше другой, вращается вокруг своей большей стороны. Найдите радиус и высоту полученного цилиндра.
Решение. Пусть прямоугольник AOO₁A₁ вращается вокруг оси OO₁, OO₁ > OA (рис. 5.4).
1) Пусть OA = x см, тогда OO₁ = (x + 7) см. По условию O₁A = 13 см. Поскольку , имеем уравнение: 
то есть x^₂ + 7x – 60 = 0, откуда получаем, что x₁ = 5,  x₂ = –12. Итак, OA = 5 см — радиус цилиндра.
2) Тогда AA₁ = OO₁ = 5 + 7 = 12 (см) — высота цилиндра.
Ответ. 5 см; 12 см.

Заметим, что радиус цилиндра принято обозначать литерой r, а высоту — литерой h. Тогда ответ к задаче 1 можно записать так: r = 5 см; h = 12 см.

Предметы, имеющие форму цилиндра, называют предметами цилиндрической формы. К таким можно отнести определенные башни, архитектурные элементы колоннады, металлические или пластиковые трубы, парафиновые свечи, железнодорожные цистерны, стволы деревьев и другое.

 

Воронцовская колоннада в Одессе                          Пизанская башня  (Италия)

Сечения цилиндра плоскостью

Сечение цилиндра плоскостью, которая проходит через его ось, называют осевым сечением цилиндра (рис. 5.5). Осевое сечение цилиндра — прямоугольник, одна из сторон которого равна диаметру цилиндра, а другая —его высоте. На рисунке 5.5 прямоугольник ABB₁A₁ — осевое сечение цилиндра, AB — диаметр цилиндра, AA₁ — образующая, равная высоте цилиндра.

        Рис. 5.5

Если осевым сечением цилиндра является квадрат, то такой цилиндр иногда называют равносторонним.

Задача №307

Длина окружности основания цилиндра равна 15π см, а диагональ осевого сечения — 17 см. Найдите образующую цилиндра.
Решение. Пусть A₁B — диагональ осевого сечения цилиндра, A₁B = 17 см (рис. 5.5). Найдем образующую AA₁.
1) Пусть радиус цилиндра равен r. Тогда по условию и формуле длины окружности имеем: 2πr = 15π.
Итак, AB = 2r = 15 см.
2) Из : (см).
Ответ. 8 см.

Задача №308

Отрезок, соединяющий центр верхнего основания цилиндра с точкой окружности нижнего основания, равен 12 см и образует с плоскостью нижнего основания угол 60°. Найдите площадь осевого сечения цилиндра.

Решение. Пусть на рисунке 5.6 изображен данный цилиндр, AA₁B₁B — его осевое сечение, O₁C — отрезок, соединяющий центр верхнего основания и точку O₁ с точкой C круга нижнего основания, O₁C = 12 см. Найдем

             Рис. 5.6

1) OC — проекция наклонной O₁C на плоскость нижнего основания, поэтому ∠O₁CO — угол наклона отрезка O₁C к плоскости нижнего основания. По условию
∠O₁CO = 60°.
2) Из  (∠O = 90°):
(см)
(см).
3) AA₁B₁B — осевое сечение; AA₁ = OO₁ = см, 
AO = OC = 6 см, тогда AB = 2 ∙ AO = 2 ∙ 6 = 12 (см).
4) Итак, (см²).
Ответ. см².

Сечение цилиндра плоскостью, параллельной его основанию, представляет собой круг, который является равным основанию цилиндра (рис. 5.7). Действительно, поскольку AOO₂A₂ — прямоугольник, то каждая точка A₂ образующей AA₁ удалена от оси OO₁ на расстояние A₂O₂, равное радиусу AO.

                     Рис. 5.7                                                     Рис. 5.8
Сечение цилиндра плоскостью, параллельной оси цилиндра, является прямоугольником. На рисунке 5.8 прямоугольник AA₁B₁B — сечение цилиндра плоскостью, параллельной его оси OO₁. Две его стороны — AA₁ и BB₁ — образующие цилиндра, а две другие — AB и A₁B₁ — параллельные и равные между собой хорды оснований.

Задача №309

Параллельно оси цилиндра проведена плоскость, которая отсекает от окружности основания дугу в 60°. Найти периметр полученного сечения, если радиус основания цилиндра равен 4 см, а высота цилиндра — 3 см.
Решение. Пусть ABB₁A₁ — полученное по условию сечение цилиндра (рис. 5.8), OA = OB = 4 см, AA₁ = 3 см, ∠AOB = 60°. Найдем
1) Поскольку OA = OB, то  — равнобедренный и поэтому . Тогда — равносторонний, поэтому AB = OA = 4 см.
2) Итак, (см).
Ответ. 14 см .

Конус

Конусом называют геометрическое тело, которое образовалось в результате вращения прямоугольного треугольника вокруг оси, содержащей один из его катетов.

На рисунке 6.1 прямоугольный треугольник QOA с прямым углом O вращается вокруг прямой, содержащей его катет QO. Прямая QO является осью конуса, образованного в результате этого вращения. Точку Q называют вершиной конуса, катет QO (и его длину) — высотой конуса.

             Рис. 6.1

Другой катет OA этого треугольника описывает круг, который называют основанием конуса. Радиус этого круга называют радиусом основания конуса, диаметр — диаметром основания конуса. На рисунке 6.1 OA, OB, OC — радиусы основания конуса, BC — ее диаметр.

Поверхность, образованная в результате вращения гипотенузы QA треугольника QOA, называют боковой поверхностью конуса. Каждый отрезок этой поверхности, соединяющий вершину Q конуса с точкой окружности основания, называют образующей конуса. На рисунке 6.1 QA и QB — образующие конуса. Все образующие конуса между собой равны и наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом. Заметим, что радиус основания конуса принято обозначать литерой r, высоту — литерой h, образующую — литерой l.

Задача №310

Прямоугольный треугольник с гипотенузой длиною 17 см вращается вокруг катета, длина которого — 8 см. Найдите площадь основания конуса, образованного в результате этого вращения.
Решение. Пусть QA = l = 17 см, QO = h = 8 см (рис. 6.1). Обозначим площадь основания через S и найдем ее числовое значение.

1) Из (см).
2) Тогда S = πr² = π ∙ 15² = 225π (см²).
Ответ. 225π см².

Множество предметов, окружающих нас в повседневной жизни, имеют форму конуса: это детали механизмов и машин, крыши на цилиндрических башнях, воронки, купол цирка-шапито, ведра для тушения пожара, вафельные рожки для мороженого и многое другое. Предметы конической формы достаточно удобны для транспортировки, так как их можно вкладывать друг в друга.

 Башня Тракайского замка                            Цирк-шапито
 (Литовская Республика)

Сечения конуса плоскостью

Сечение конуса плоскостью, проходящей через его ось, называют осевым сечением конуса (рис. 6.2).
Осевое сечение конуса является равнобедренным треугольником, основание которого — диаметр конуса, а боковые стороны — образующие конуса. Высота этого равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, совпадает с высотой конуса. На рисунке 6.2 треугольник QBA — осевое сечение конуса, AB — диаметр конуса, QA и QB — образующие конуса, OQ — высота конуса.

             Рис. 6.2

Если осевым сечением конуса является равносторонний треугольник, такой конус иногда называют равносторонним.

Задача №311

Длина окружности основания конуса равна 8π см. Найдите площадь осевого сечения конуса, если оно является прямоугольным треугольником.
Решение. Пусть QAB — осевое сечение конуса, ∠BQA = 90° (рис. 6.2). Найдем S_QAB.
1) Обозначим OB = OA = r. По условию 2πr = 8π, тогда r = 4 см.
2) — равнобедренный, ∠Q = 90°, поэтому ∠QBO = .
3) Из : ∠BQO = 90° – 45° = 45°, поэтому QO = BO = 4 см.
4)(см²).
Ответ. 16 см².

Если конус пересечь плоскостью, параллельной плоскости его основания, то в сечении получим круг (рис. 6.3). Центр этого круга — точка O₁ лежит на оси конуса.

Задача №312

Высота конуса равна 12 см, а радиус основания — 15 см. На расстоянии 4 см от вершины конуса проведено сечение плоскостью, параллельной основанию конуса. Найдите радиус этого сечения.
Решение. Пусть на рисунке 6.3 изображен данный конус, у которого OA = 15 см, QO = 12 см, QO₁ = 4 см.
1) (по двум углам), тогда   
следовательно,  (см).
Ответ. 5 см.

                    Рис. 6.3                                                              Рис. 6.4
 
Сечением конуса плоскостью, которая проходит через вершину конуса, является равнобедренный треугольник, боковые стороны которого являются образующими конуса. На рисунке 6.4 сечением конуса плоскостью, проходящей через вершину Q конуса, является треугольник QDC. Его боковыми сторонами являются образующие QD и QC конуса, а основанием — хорда DC основания конуса.

Задача №313

Через вершину конуса проведено сечение, угол наклона которого к плоскости основания равен 60°. Найдите высоту конуса, если расстояние от центра основания до хорды, по которой сечение пересекает основание, равно  см.
Решение. Пусть QCD — данное в условии задачи сечение конуса (рис. 6.5).

             Рис. 6.5

1) — равнобедренный с основанием CD. Проведем отрезок QK, являющийся высотой и медианой треугольника QCD.
2) Поскольку OK — проекция наклонной QK на плоскость основания конуса,
QK ⊥ CD, то OK ⊥ CD (по теореме о трех перпендикулярах). Итак, OK — расстояние от точки O до хорды CD,  OK = см (по условию).
3) Поскольку QK ⊥ CD и OK ⊥ CD, то (OQK) ⊥ CD, тогда ∠QKO — угол наклона сечения QCD к плоскости основания, следовательно, ∠QKO = 60° (по условию).
4) Из (∠O = 90°):     тогда
(см).
Ответ. 15 см.

Усеченный конус

Рассмотрим произвольный конус и проведем плоскость, параллельную его
основанию. Эта плоскость пересечет конус по кругу и разделит конус на две части (рис. 6.6). Верхняя из этих частей является конусом, а нижнюю называют
усеченным конусом. Основание начального конуса и круг, полученный в сечении, называют основаниями усеченного конуса, а отрезок, соединяющий их центры, — высотой усеченного конуса. На рисунке 6.6 OA и O₁A₁ — радиусы оснований усеченного конуса, OO₁ — высота усеченного конуса.

              Рис. 6.6

Усеченный конус можно рассматривать и как тело вращения, которое можно получить в результате вращения прямоугольной трапеции вокруг прямой, содержащей ее меньшую боковую сторону. На рисунке 6.7 прямоугольная трапеция OO₁A₁A с прямыми углами O и O₁ вращается вокруг прямой OO₁. Эту прямую называют осью усеченного конуса. Боковая сторона OO₁ трапеции OO₁A₁A является высотой усеченного конуса, а основания трапеции — радиусами оснований усеченного конуса.
Поверхность, являющаяся результатом вращения большей боковой стоны AA₁ трапеции OO₁A₁A вокруг прямой OO₁, называют боковой поверхностью усеченного конуса. Каждый отрезок этой поверхности (а также его длину), который соединяет ближайшие точки кругов оснований усеченного конуса, называют образующими усеченного конуса. На рисунке 6.7 AA₁ и BB₁ — образующие усеченного конуса. Они между собой равны.

                          Рис. 6.7                                                      Рис. 6.8

Сечение усеченного конуса плоскостью, которая проходит через его ось, называют осевым сечением усеченного конуса (рис. 6.8). Осевое сечение усеченного конуса — равносторонняя трапеция, основания которой — диаметры оснований усеченного конуса, боковые стороны — образующие усеченного конуса, высота этой трапеции равняется высоте усеченного конуса.
Заметим, что радиусы большего и меньшего оснований срезанного конуса принято обозначать соответственно через R и r, высоту — через h, а образующую — через l.

Задача №314

Образующая усеченного конуса равна 5 см, высота — 4 см, а меньший из радиусов оснований — 2 см. Найдите площадь осевого сечения усеченного конуса.
Решение. Пусть AA₁B₁B — осевое сечение усеченного конуса (рис. 6.8), AA₁= 5 см, OO₁ = 4 см, O₁A₁ = 2 см.
1) Выполним планиметрической рисунок сечения (рис. 6.9) и проведем в трапеции AA₁B₁B высоту A₁K, тогда A₁K = OO₁ = 4 см.

            Рис. 6.9

2) Из (∠K = 90°):
 (см).
Тогда AO = AK + KO = 3 + 2 = 5 (см).
3) AB = 2AO = 2 ∙ 5 = 10 (см),
A₁B₁ = 2A₁O₁ = 2 ∙ 2 = 4 (см).
Итак,
 (см²).
Ответ. 28 см².

Шар и сфера

Рассмотрим еще одно тело вращения — шар.

Шаром называют геометрическое тело, образованное в результате вращения круга вокруг оси, содержащей его диаметр.
Центр и радиус круга, который вращается, называют соответственно центром и радиусом шара, а диаметр круга — диаметром шара. На рисунке 7.1 точка O — центр шара, OA и OB — радиусы шара, AB — диаметр шара.

       Рис. 7.1

Поверхность шара называют сферою.
Центр, радиус и диаметр шара также являются центром, радиусом и диаметром сферы.
Все точки сферы равноудалены от центра сферы на расстояние, равное радиусу.
Точки шара, не принадлежащие сфере, называют внутренними точками шара, и о них говорят, что они лежат внутри сферы. Внутренние точки шара удалены от центра шара на расстояние, меньшее радиуса.
Таким образом, приходим к еще одному определению сферы и шара.

Сферою называют поверхность, которая состоит из всех точек пространства, равноудаленных от одной и той же точки. Эту точку называют центром сферы, а расстояние от центра сферы до любой ее точки — радиусом сферы. 

Шаром называют геометрическое тело, состоящее из всех точек пространства, удаленных от одной и той же точки на расстояние, не превышающее данное. Эту точку называют центром шара, а данное расстояние — радиусом шара.

Задача №315

Радиус сферы равен 4,5 см. Внутри или снаружи сферы лежит точка A, если она удалена от центра сферы на:
1)  см; 2) 4 см; 3) см; 4) 7 см?
Решение. 1) Поскольку  < 4,5, то A расположена внутри сферы.
2) Аналогично, 4 < 4,5, поэтому A лежит внутри сферы.
3) Поскольку  > 4,5, то точка A лежит вне сферы.
4) Аналогично, 7 > 4,5, поэтому A лежит вне сферы.
Ответ. 1) и 2) Внутри сферы; 3) и 4) вне сферы.

Много предметов, имеющих форму шара, окружают нас в быту. Это и бусинки, и мячи, и различные елочные украшения, металлические шарики подшипников, плафоны некоторых светильников и другое.

Взаимное расположение шара и плоскости

Рассмотрим взаимное расположение шара и плоскости.
Плоскость и шар могут:
• не иметь общих точек (не пересекаться) (рис. 7.2);
• иметь одну общую точку (касаться) (рис. 7.3);
• иметь множество общих точек (пересекаться) (рис. 7.4).

          Рис. 7.2                                Рис. 7.3                                  Рис. 7.4

Пусть α — плоскость, OМ = r — радиус шара, а OA = d — перпендикуляр, проведенный из центра O шара к плоскости α, то есть расстояние от центра шара до плоскости (рис. 7.4).
Тогда:

• если плоскость α и шар не имеют общих точек, то d > r;
• если плоскость α и шар имеют одну общую точку, то d = r;
• если плоскость α и шар имеют множество общих точек, то d < r.

Заметим, что верны и обратные утверждения:

• если d > r, то плоскость и шар не имеют общих точек;
• если d = r, то плоскость и шар имеют одну общую точку;
• если d < r, то плоскость и шар имеют множество общих точек.

Задача №316

Радиус шара равен 5 см. Сколько общих точек имеет шар с плоскостью, если расстояние от центра шара к плоскости равно: 1) 4 см; 2) 5 см; 3) 6 см.
Ответ. 1) Множество;  2) одну;  3) никакой.

Рассмотрим подробнее случаи, когда плоскость и шар имеют одну или множество общих точек.

Плоскость, касательная к шару (сфере)

Если плоскость имеет с шаром (сферой) только одну общую точку, то говорят, что плоскость касательная к шару (сферы).

На рисунке 7.3 плоскость α касается сферы. Точку A, которая является общей точкой плоскости и сферы, называют точкой касания. Плоскость, касающаяся шара, имеет свойство, которое очень похоже на свойство касательной к окружности.

Теорема (свойство плоскости, касательной к шару). Касательная к шару плоскость перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.
Доказательство. Рассмотрим плоскость α, касательную к шару с центром O в точке A (рис. 7.3).
Докажем, что OA ⊥ α, от противного.
Пусть плоскость α не является перпендикулярной к радиусу ОА, тогда ОА — наклонная к α, а потому расстояние от точки O до плоскости α меньше радиуса шара. Тогда шар и плоскость α пересекаются и имеют множество общих точек, что противоречит условию, ведь, по условию, плоскость α является касательной к шару.
Итак, наше предположение ложное, поэтому OA ⊥ α.

Задача №317

К шару, радиус которого — 4 см, проведена касательная плоскость. Точка K этой плоскости удалена от точки касания на 3 см. Найдите расстояние от точки K до центра шара.

Решение. Пусть шар с центром в точке O касается плоскости α в точке A, OA = 4 см, , AK = 3 см (рис. 7.5). Найдем расстояние OK.

               Рис. 7.5

1) Поскольку OA ⊥ α, то ∠OAK = 90°.
2) Из имеем:
(см).
Ответ. 5 см.

Сечение шара плоскостью

Если плоскость и шар имеют множество общих точек (рис. 7.4), это означает, что плоскость пересекает шар, следовательно, имеем сечение шара плоскостью. Сечение шара плоскостью представляет собой круг, соответственно, сечение сферы плоскостью является окружностью.
Если секущая плоскость проходит через диаметр шара (рис. 7.1), то ее называют диаметральной плоскостью, а сечение, которое при этом образовалось, — большим кругом шара, радиус которого равен радиусу шара. Окружность, ограничивающую этот круг, называют большой окружностью шара.
Радиус сечения шара плоскостью, отличной от диаметральной плоскости, будет меньше радиуса шара. На рисунке 7.4 сечением шара плоскостью α является круг, центр которого — точка A — основание перпендикуляра, проведенного из центра шара O к плоскости α. Радиус этого круга — AM, где M — точка, принадлежащая сечению плоскостью α сферы, ограничивающей шар. При этом OM = r — радиус шара.

Задача №318

Диаметр шара равен 34 см. Шар пересекает плоскость на расстоянии 8 см от центра. Найдите площадь сечения, образовавшегося при этом.
Решение. Пусть шар пересекает плоскость α (рис. 7.4), тогда AO = 8 см, ОМ —радиус шара. Сечением шара является круг с центром в точке A и радиусом AM. Площадь сечения обозначим через S.
1) Найдем радиус шара: ОМ = 34: 2 = 17 (см).
2)  (см).
3) Тогда S = π ∙ AM² = π ∙ 15² = 225π (см²).
Ответ. 225π см².

Части шара

Шаровым сегментом называют часть шара, которую отсекает от нее секущая плоскость (рис. 7.6). Его поверхность состоит из сферичного сегмента и круга — основания шарового сегмента.
Расстояние от основания до самой отдаленной точки B шарового сегмента называют его высотой. На рисунке 7.6 изображен сегмент с высотой AB = h шара радиуса r.

                Рис. 7.6                                    Рис. 7.7                             Рис. 7.8

Шаровым сектором называют геометрическое тело, состоящее из шарового сегмента и конуса (рис. 7.7 и 7.8). Если шаровой сегмент меньше полушария, то его дополняют конусом, основание которого совпадает с основанием сегмента, а вершина — с центром шара (рис. 7.7). Если шаровой сегмент больше полушария, то упомянутый конус из шарового сегмента исключают (рис. 7.8). Заметим также, что шаровой сектор можно получить вращением кругового сектора вокруг своей оси симметрии (рис. 7.9).

             Рис. 7.9                                         Рис. 7.10

Шаровым слоем называют часть шара, содержащуюся между двумя параллельными секущими плоскостями (рис. 7.10). Часть сферы, ограничивающую шаровой слой, называют шаровым поясом. Сечения плоскостей шаром называют основаниями шарового слоя. Радиусы сечений, которые при этом образовались, называют радиусами шарового слоя (шарового пояса), а перпендикуляр, проведенный из точки одной секущей плоскости ко второй, называют высотой шарового слоя (шарового пояса). На рисунке 7.10 OA и O₁A₁ — радиусы, OO₁ — высота шарового слоя (шарового пояса) .

Комбинации геометрических тел

Мы уже рассмотрели призму, пирамиду, цилиндр, конус, шар, их элементы и свойства. Но в геометрии и в практической деятельности человека, в природе, технике иногда возникает необходимость работать еще и с комбинациями упомянутых геометрических тел.

Призма, вписанная в цилиндр

Призма называется вписанной в цилиндр, если ее основания являются вписанными в основания цилиндра многоугольниками, а боковые ребра являются образующими цилиндра (рис. 8.1).

       Рис. 8.1

При этом цилиндр называют описанным вокруг призмы. Понятно, что поскольку образующие цилиндра перпендикулярны плоскости основания, то призма, вписанная в цилиндр, является прямой.
Из определения призмы, вписанной в цилиндр (рис. 8.1), получим ее свойства:

1. Основанием вписанной в цилиндр призмы является многоугольник, вокруг которого можно описать окружность, причем радиус этой окружности равен радиусу цилиндра R.
2. Высота H призмы, которая соединяет центры окружностей, описанных вокруг оснований, принадлежит оси цилиндра.

Задача №319

Можно ли описать цилиндр вокруг прямой призмы, основанием которой являются:
1) треугольник; 2) ромб,  не являющийся квадратом?
Решение. 1) Да, поскольку вокруг любого треугольника можно описать окружность.
2) Нет, поскольку вокруг ромба, который не является квадратом, нельзя описать окружность.
Ответ. 1) Да;  2) нет.

Призма, описанная вокруг цилиндра

Касательной к цилиндру плоскостью называют плоскость, проходящую через образующую цилиндра перпендикулярно к плоскости осевого сечения, которое содержит эту образующую (рис. 8.2).

           Рис. 8.2                                                 Рис. 8.3

Призму называют описанной вокруг цилиндра, если ее основания являются описанными вокруг оснований цилиндра многоугольниками, а боковые грани принадлежат касательным к цилиндру плоскостям (рис. 8.3).

При этом цилиндр называют вписанным в призму. Поскольку образующие цилиндра перпендикулярны плоскостям оснований, то боковые грани призмы, содержащие образующие, также перпендикулярны к плоскостям оснований, то есть призма, описанная вокруг цилиндра, является прямой.
Из определения призмы, описанной вокруг цилиндра, получаем такие ее свойства (рис. 8.3):

1. Основанием призмы, описанной вокруг цилиндра, является многоугольник, в который можно вписать окружность. При этом радиус данной окружности равен радиусу r цилиндра.
2. Высота H призмы, соединяющая центры окружностей, вписанных в основания, принадлежит оси цилиндра.

Задача №320

Вокруг цилиндра описана четырехугольная призма, три стороны основания которой в порядке следования равны 3 см, 4 см и 7 см. Найти площадь боковой поверхности призмы, если высота цилиндра — 5 см.
Решение. Пусть имеем описанную вокруг цилиндра четырехугольную призму (рис. 8.3). Найдем ее боковую поверхность по формуле S_бок = P · l, где P — периметр основания, l — боковое ребро, равное высоте цилиндра, то есть l = 5 см.
1) Обозначим неизвестную сторону основания через x. По свойству описанного вокруг окружности четырехугольника имеем:
3 + 7 = 4 + x, следовательно, x = 6 (см).
2) Тогда P = 3 + 7 + 4 + 6 = 20 (см).
3) S_бок = 20 · 5 = 100 (см²).
Ответ. 100 см².

Пирамида, вписанная в конус

Пирамиду называют вписанной в конус, если ее основание является вписанным в основание конуса многоугольником, а вершиной является вершина конуса.

При этом конус называют описанным вокруг пирамиды.
Понятно, что боковые ребра пирамиды, вписанной в конус, являются образующими конуса.
Сформулируем свойства вписанной в конус пирамиды (рис. 8.4).

1. Основанием вписанной в конус пирамиды является многоугольник, вокруг которого можно описать окружность, а высота пирамиды проходит через центр этой окружности.
2. Радиус основания конуса равен радиусу R окружности, описанной вокруг основания пирамиды, а высота H конуса равна высоте пирамиды.

         Рис. 8.4

Задача №321

Вокруг пирамиды, стороны основания которой равны 10 см, 10 см и 12 см, а высота — 8 см, описан конус. Найдите площадь осевого сечения конуса.
Решение. Пусть радиус основания конуса равен R, а высота — H (рис. 8.4). Найдем площадь осевого сечения конуса по формуле S_сеч =
1) Высота конуса равна высоте пирамиды, поэтому H = 8 см.
2) Радиус основания конуса равен радиусу окружности, описанной вокруг основания призмы — треугольника со сторонами 10 см, 10 см и 12 см. Тогда  где a, b, c — стороны треугольника, S — его площадь.
3) По формуле Герона   где  — полупериметр треугольника, имеем:

 (см).

(см²).

4) Тогда R = = 6,25 (см).
5) Итак, S_сеч = 6,25 · 8 = 50 (см²).
Ответ. 50 см².

Пирамида, описанная вокруг конуса

Касательной к конусу плоскостью называют плоскость, проходящую через образующую конуса перпендикулярно к плоскости осевого сечения, которое содержит эту образующую.

              Рис. 8.5                                                        Рис. 8.6

Пирамиду называют описанной вокруг конуса, если ее основание является описанным вокруг основания конуса многоугольником, а вершиной является вершина конуса (рис. 8.6).

При этом конус называют вписанным в пирамиду. Заметим, что боковые грани пирамиды принадлежат касательным к конусу плоскостям.

Исходя из определения, получим свойства пирамиды, описанной вокруг конуса (рис. 8.6).

1. Основанием пирамиды, описанной вокруг конуса, является многоугольник, в который можно вписать окружность, а высота пирамиды проходит через центр этой окружности.
2. Радиус r  окружности, вписанной в основание пирамиды, равен радиусу основания конуса, а высота пирамиды равна высоте H конуса.

Задача №322

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами 6 см и 8 см, а все двугранные углы при основании пирамиды равны по 60°. Найти высоту конуса, вписанного в пирамиду.
Решение. Пусть в треугольную пирамиду с основанием ABC и вершиной Q вписан конус (рис. 8.6). Основание высоты конуса — точка O — центр окружности, вписанной в ,  AC = 6 см, BC = 8 см. QO — высота и пирамиды, и конуса. Найдем QO.
1) Пусть точка K — точка касания вписанной в  окружности к стороне AB, а OK — радиус окружности и одновременно радиус основания конуса. Пусть OK = r.
2) OK ⊥ AB, по теореме о трех перпендикулярах QK ⊥ AB, поэтому ∠QKO — линейный угол двугранного угла при основании пирамиды. По условию ∠QKO = 60°.
3) Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, найдем по формуле   где a и b — катеты, c — гипотенуза.
4) Из (∠C = 90°):
 (см).

5) Тогда (см).
6) Из (∠O = 90°):   тогда
(см).
Ответ.  (см).

Многогранник, вписанный в шар

Многогранник называют вписанным в шар, если все его вершины лежат на поверхности шара.
При этом шар называют описанным вокруг многогранника.
Заметим, что

• если вокруг многогранника описан шар, то центром шара является точка пересечения всех плоскостей, проходящих перпендикулярно к ребрам многогранника через их середины.

Действительно, любая точка, равноудаленная от двух вершин многогранника, являющихся концами одного ребра, лежит в перпендикулярной к этому ребру плоскости, проходящей через его середину. Поскольку центр шара, описанного вокруг многогранника, равноудален от всех вершин многогранника, то должен принадлежать каждой из таких плоскостей, а потому является точкой
их пересечения.
Верно и обратное утверждение.
Шар можно описать вокруг многогранника, у которого все плоскости, перпендикулярные к его ребрам и проходящие через их середины, пересекаются в одной точке.

Поскольку указанное свойство подтверждается не для каждого многогранника, то и шар можно описать не вокруг каждого многогранника.

Рассмотрим основные свойства призмы, вписанной в шар (рис. 8.7).

1. Прямую призму можно вписать в шар, если основанием призмы является многоугольник, вокруг которого можно описать окружность.
2. Центр шара является серединой высоты призмы, которая соединяет центры окружностей, описанных вокруг оснований призмы.
3. Основания призмы являются многоугольниками, вписанными в равные между собой параллельные сечения шара.

 

                  Рис. 8.7

Задача №323

Вокруг правильной треугольной призмы, сторона основания которой равна см, описан шар. Радиус шара равен 13 см. Найти высоту призмы.
Решение. Пусть вокруг правильной треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ описан шар (рис. 8.7), AB = см, R = 13 см — радиус шара.
1) QB — радиус окружности, описанной около. Обозначим QB = R_ABC. Поскольку — правильный, то  (см).
2) Из  (∠Q = 90°):
 (см).
3) Поскольку центр шара — точка O — середина высоты QQ₁ призмы, то
QQ₁ = 2 · 12 = 24 (см).
Ответ. 24 см.

Рассмотрим основные свойства вписанной в шар пирамиды (рис. 8.8). 
1. Пирамиду можно вписать в шар, если основанием пирамиды является многоугольник, вокруг которого можно описать окружность. Центр шара, описанного вокруг пирамиды, лежит на перпендикуляре к плоскости основания, который проходит через центр окружности, описанной вокруг основания.
2. Центр шара, описанного вокруг правильной пирамиды, лежит на прямой, содержащей высоту пирамиды.
3. Центр шара, описанного вокруг правильной пирамиды, совпадает с центром окружности, описанной вокруг равнобедренного треугольника, боковой стороной которого является боковое ребро пирамиды, а высотой — высота пирамиды. Радиус шара равен радиусу этой окружности.

Отметим, что центр описанного шара может лежать или на высоте правильной
пирамиды, или на ее продолжении, то есть или внутри пирамиды, или за ее пределами. На примере рассмотрим такой способ решения задач о вписанной в шар правильной пирамиде, при котором не имеет значения, где находится центр шара (внутри или вне пирамиды).

Задача №324

Доказать, что радиус R шара, описанного вокруг правильной пирамиды, можно найти по формуле   где H — высота пирамиды, r — радиус окружности, описанной вокруг основания пирамиды.
Решение. Пусть правильная пирамида, высота которой QK, вписана в шар с центром O (рис. 8.8), QK = H, KA = r.

                Рис. 8.8

1) Продолжим высоту QK до пересечения с шаром в точке Q₁. Тогда QQ₁ = 2R — диаметр шара, а потому ∠QAQ₁ = 90° и QQ₁ — гипотенуза прямоугольного треугольника QAQ₁.
2) Из (∠K = 90°):  .
3) Поскольку катет в прямоугольном треугольнике является средним геометрическим гипотенузы и своей проекции на гипотенузу, то из (∠A = 90°) имеем: 
4) Получили, что   и     поэтому 
Итак, имеем, что

Задача №325

Доказать, что вокруг любой треугольной пирамиды можно описать шар.
Доказательство. Рассмотрим произвольную треугольную пирамиду ABCD. Геометрическим местом точек, равноудаленных от вершин A, B и C, является прямая l, проходящая через точку O₁ — центр окружности, описанной около грани ABC, перпендикулярно к этой грани.
Геометрическим местом точек, равноудаленных от точек A и D, является плоскость α, проходящая через середину отрезка AD, перпендикулярно к нему.
Пусть прямая l пересекается с плоскостью α в точке O. Тогда, с одной стороны, OA = OB = OC, а с другой — OA = OD. Имеем, что OA = OB = OC = OD, то есть точка O равноудаленная от всех вершин данной пирамиды, а следовательно, является центром описанного вокруг этой пирамиды шара.

Многогранник, описанный вокруг шара

Многогранник называют описанным вокруг шара, если все его грани касательные к поверхности шара.
При этом шар называют вписанным в многогранник.
Заметим, что

• если в многогранник можно вписать шар, то его центр является точкой пересечения биссекторных плоскостей всех двугранных углов этого многогранника.

Действительно, любая точка, равноудаленная от обеих граней двугранного угла,
лежит на его биссекторной плоскости (по известному свойству биссекторной
плоскости). Центр шара, вписанного в многогранник, является равноудаленным от всех его граней, поэтому должен принадлежать каждой из биссекторных плоскостей, а следовательно, является точкой пересечения биссекторных плоскостей всех двугранных углов.

Верно и обратное утверждение:

• в многогранник можно вписать шар, если биссекторные плоскости всех его двугранных углов пересекаются в одной точке.

Поскольку это свойство пересечения биссекторных плоскостей подтверждается не для каждого многогранника, то не в каждый многогранник можно вписать шар.

Рассмотрим основные свойства призмы, описанной вокруг шара (рис. 8.9).

              Рис. 8.9
 

1. Прямую призму можно описать вокруг шара, если основанием призмы является многоугольник, в который можно вписать окружность, а высота призмы равна диаметру этой окружности.
2. Центр шара является серединой высоты призмы, соединяющей центры окружностей, вписанных в основания призмы.

Задача №326

Известно, что в треугольную призму, стороны оснований которой равны 13 см, 14 см и 15 см, можно вписать шар. Найти радиус этого шара.
Решение. Пусть шар вписан в данную треугольную призму. Обозначим радиус окружности, вписанной в основание призмы, через r.
1) Диаметр шара равен как высоте призмы, так и диаметру окружности, вписанной в основание призмы. Итак, радиус r окружности, вписанной в основание призмы, равен радиусу шара.
2) Найдем r по формуле     где S и p — соответственно площадь и полупериметр треугольника основания.
3) Имеем:  (см).
4) По формуле Герона:
(см²).
5) Итак, (см).
6) Тогда радиус шара также равен 4 см.
Ответ. 4 см.

Рассмотрим основные свойства пирамиды, описанной вокруг шара (рис. 8.10).

1. Если в пирамиде все двугранные углы при основании между собой раны, то в такую ​​пирамиду можно вписать шар. Центр шара лежит на высоте пирамиды, точка касания шара к основанию пирамиды совпадает с центром вписанной в основание окружности, а точки касания к боковым граням лежат на высотах этих граней.
2. В любою правильную пирамиду можно вписать шар. Центр такого шара лежит на высоте пирамиды.
3. Центр шара, вписанного в правильную пирамиду, совпадает с центром окружности, вписанной в равнобедренный треугольник, боковой стороной которого является апофема правильной пирамиды, а высотой — высота пирамиды. Радиус шара равен радиусу этой окружности.

Задача №327

Известно, что в треугольной пирамиде все двугранные углы при основании равны между собой. Высота пирамиды равна 20 см, а высота одной из боковых граней — 25 см. Найти радиус вписанного в эту пирамиду шара.
Решение. Пусть QK — высота треугольной пирамиды QABC, QM — высота ее боковой грани, O — центр вписанного шара, L — точка касания шара к боковой грани QAC, QK = 20 см, QM = 25 см (рис. 8.10).

              Рис. 8.10

1) Поскольку все двугранные углы при основании пирамиды равны между собой,
то центр шара лежит на высоте пирамиды, а точка касания шара к боковой
грани принадлежит высоте этой грани. Имеем:
2) Пусть r — радиус вписанного шара, тогда OK = OL = r .
3) (по катету и гипотенузе), поэтому ∠OMK = ∠OML, следовательно, MO — биссектриса угла QMK, а потому и треугольника QMK.
4) Из  :    (см).
5) Поскольку OQ = QK – OK  и (по свойству биссектрисы треугольника), то имеем:  тогда (см).
Ответ. см.

Задача №328

Доказать, что в любую треугольную пирамиду можно вписать шар.
Доказательство. Рассмотрим произвольную треугольную пирамиду ABCD.
Биссекторные плоскости двугранных углов при ребрах AB, AC и BD имеют единую общую точку O.
Поскольку точка O принадлежит биссекторной плоскости при ребре AB, то она равноудалена от граней ABC и ABD. Поскольку она принадлежит и биссекторной плоскости при ребре AC, то равноудалена от граней ABC и ACD, а поскольку принадлежит биссекторной плоскости при ребре BD, то равноудалена от граней ABD и CBD. Следовательно, точка O равноудалена от всех граней тетраэдра ABCD, а потому является центром вписанного шара.

Заметим, что в геометрии существуют и другие комбинации геометрических тел, например, цилиндра и пирамиды, шара и конуса и другое.

Комбинации двух тел вращения

Шар называют вписанным в цилиндр, если каждое основание и каждая образующая цилиндра касаются шара (рис. 8.11).

При этом цилиндр называют описанным вокруг шара. 
Вписать шар в цилиндр можно тогда и только тогда, когда он равносторонний.

Шар называют вписанным в конус, если основание и все образующие конуса касаются шара (рис. 8.12).

При этом конус называют описанным вокруг шара.

Сформулируем свойства описанного вокруг шара конуса.

1. В любой конус можно вписать шар.
2. Центр шара совпадает с центром окружности, вписанной в осевое сечение конуса, а радиус шара равен радиусу этой окружности.

               Рис. 8.11                                               Рис. 8.12

Шар называют описанным вокруг цилиндра, если основания цилиндра являются сечениями шара (рис. 8.13).
При этом цилиндр называют вписанным в шар.

Сформулируем свойства вписанного в шар цилиндра.

1. Вокруг любого цилиндра можно описать шар.
2. Центром шара является середина отрезка, соединяющего центры оснований цилиндра.
3. Радиус шара равен радиусу окружности, описанной вокруг осевого сечения цилиндра.

           Рис. 8.13                                             Рис. 8.14

Шар называют описанным вокруг конуса, если основание конуса является сечением шара, а вершина конуса лежит на поверхности шара (рис. 8.14).
При этом конус называют вписанным в шар.

Сформулируем свойства вписанного в шар конуса.

1. Вокруг любого конуса можно описать шар.
2. Центр шара совпадает с центром окружности, описанной вокруг осевого сечения конуса, а радиус шара равен радиусу этой окружности.

Задача №329

В равносторонний конус вписан шар, радиус которого — 2 см. Найдите радиус основания и высоту конуса.
Решение. Пусть на рисунке 8.15 изображено осевое сечение данной в условии комбинации конуса и шара, OQ = 2 см — радиус вписанного шара.

         Рис. 8.15

1) Поскольку  равносторонний, то  
тогда  (см).
2) Найдем радиус основания конуса:
 (см).
3) Теперь найдем высоту конуса:
 (см).
Ответ.  см, 6 см.

Обратите внимание, что при решении задач на комбинацию шара с другими телами вращения на рисунке часто достаточно изображать только осевое сечение данной в задаче комбинации тел вращения.

Объемы многогранников

В этой лекции рассмотрим одну из важных характеристик геометрического тела, а именно, объем тела, а также узнаем, как находить объем призмы.

Понятие объема

В повседневной жизни мы постоянно сталкиваемся с понятием объема. Например, на упаковке жидких веществ (пакеты с соком, емкости с напитками, маслом, моющими средствами и т. д.) обычно указывают значение именно объема. При осуществлении оплаты за природные ресурсы или продукты их переработки (вода, газ, бензин и др.) сумма рассчитывается в соответствии с потребленным объемом. Стоимость определенных строительных материалов или сырья (древесина, песок, кирпич и др.) также часто определяют по их объему.

С понятием объема мы уже познакомились в курсе школьной геометрии, а теперь расширим и углубим эти знания.
Подобно тому, как для фигур на плоскости вводится понятие площади, для геометрических тел в пространстве вводится понятие объема. Точно так же, как плоская фигура занимает некоторую часть плоскости, геометрическое тело ограничивает некоторую часть пространства. Каждому геометрическом телу можно поставить в соответствие значение его объема, то есть величину той части пространства, которую занимает это тело.
Сформулируем основные свойства объема.

1. Объем геометрического тела является положительным числом.
2. Равные между собой геометрические тела имеют равные объемы.
3. Если геометрическое тело состоит из нескольких тел, то его объем равняется сумме объемов этих тел.
4. Единицей измерения объема является объем куба, ребро которого является единицей измерения длины.

Например, если единицей измерения длины взять 1 см, то соответствующей единицей измерения объема будет объем куба с ребром 1 см. Объем такого куба называют один кубичный сантиметр и обозначают 1 см³. Тем же способом можно определить другие единицы измерения объема, например, 1 мм³, 1 дм³, 1 м³.
Объем тела принято обозначать буквой V.

Тела, имеющие одинаковые объемы, называют равновеликими.

Объем прямоугольного параллелепипеда

Как нам известно, если линейные измерения прямоугольного параллелепипеда (длина, ширина и высота) являются натуральными числами a, b и c, то его объем равен произведению трех его измерений, то есть V = abc.
Возникает вопрос, как вычислить объем прямоугольного параллелепипеда, если хотя бы одно из его измерений является числом дробным или иррациональным. Ответ на этот вопрос получим из следующей теоремы.

Теорема 1 (об объеме прямоугольного параллелепипеда). Объем прямоугольного параллелепипеда равняется произведению трех его измерений.

Доказательство этой теоремы является достаточно громоздким и выполняется
аналогично доказательству теоремы о площади прямоугольника. В этой лекции доказательство теоремы об объеме прямоугольного параллелепипеда не приводим. Рассмотрим следствие из этой теоремы.

Следствие. Объем прямоугольного параллелепипеда равняется произведению площади основания на высоту.
Действительно, пусть, например, грань с ребрами a и b является основанием прямоугольного параллелепипеда (рис. 9.1), тогда площадь основания S параллелепипеда равна ab, а высота h параллелепипеда равна c.
Поэтому V = abc = Sh.

         Рис. 9.1

Рассмотрим примеры решения задач.

Задача №330

Стороны основания прямоугольного параллелепипеда равняются 2 см и 8 см, а диагональ большей по площади боковой грани равна 10 см. Найти объем параллелепипеда.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — данный прямоугольный параллелепипед, AB = 2 см, AD = 8 см, A₁D = 10 см (рис. 9.2). Тогда V = AB ∙ AD ∙ AA₁ = 2 ∙ 8 ∙ AA1 = 16AA₁.
1) Найдем AA₁ из:
(см).
2) Тогда V = 16AA₁ = 16 ∙ 6 = 96 (см³).
Ответ. 96 см³.

            

            Рис. 9.2                              Рис. 9.3

Задача №331

Основанием прямоугольного параллелепипеда является квадрат
с диагональю 6 см. Найти объем параллелепипеда, если его диагональ наклонена к плоскости основания под углом 60°.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — прямоугольный параллелепипед, ABCD — квадрат, BD = 6 см (рис. 9.3), угол между диагональю B₁D и плоскостью ABC равен 60°.
Найдем объем параллелепипеда по формуле V = S ∙h.
1) Поскольку BD — проекция наклонной B₁D на плоскость основания, то угол B₁DB — угол между диагональю B₁D и плоскостью основания. По условию ∠B₁DB = 60°.
2) Найдем площадь основания:
(см²).
3) BB₁ = h. Тогда из   имеем:
(см).
4) Тогда (см³).
Ответ. см³.

Принцип Кавальери

В 1635 году итальянский математик Бонавентура Кавальери (1598-1647) предложил совокупность приемов, которые можно использовать для вычисления площади фигур и объемов тел,  получившее в дальнейшем название принципа Кавальери.

Принцип Кавальери. Если в результате пересечения двух тел F₁ и F₂ любой из плоскостей, параллельных некоторой плоскости α, в сечении всегда получают фигуры с равными площадями (рис. 9.4), то объемы этих тел равны.

                           Рис. 9.4
Чтобы понять этот принцип, рассмотрим его на простом примере. В качестве геометрических тел возьмем две одинаковые пачки офисной бумаги. Понятно, что объемы этих пачек равен. Вынем бумагу из пачек и положим на стол. Бумагу из первой пачки положим в форме прямоугольного параллелепипеда,
то есть в том же виде, как она лежала в пачке. А верхнюю часть второй пачки немного сдвинем в сторону (рис. 9.5).

             Рис. 9.5

Сами листы бумаги при этом можно считать сечениями этих тел всеми плоскостями,  параллельными поверхности стола. Все листы бумаги, хотя часть из них и сдвинута в сторону, имеют одинаковые площади, а высота пачек также не изменилась. Поэтому, по принципу Кавальери, их объемы равны.

Обосновывая свой принцип, Кавальери также руководствовался наглядными соображениями, а строгое доказательство этого факта появилось уже немного позже.
С помощью принципа Кавальери можно найти формулы для вычисления объемов некоторых геометрических тел.

Объем призмы

Теорема 2 (об объеме призмы). Объем призмы равняется произведению площади ее основания на высоту.
Доказательство. Пусть дана произвольная призма (прямая или наклонная) с площадью основания S и высотой h. Пусть на плоскости α рядом с данной призмой находится еще и прямоугольный параллелепипед с площадью основания S и высотой h (рис. 9.6). Поскольку высоты призмы и параллелепипеда между собой равны, то каждая плоскость β, параллельная плоскости α и пересекающая призму, пересекает и параллелепипед. Все соответствующие сечения имеют одинаковую площадь, поскольку эти сечения равны соответствующим основаниям призмы и параллелепипеда. По принципу Кавальери приходим к выводу: объемы призмы и параллелепипеда между собой равны. Поскольку объем параллелепипеда равен Sh, то объем призмы
также равна Sh.

                                   Рис. 9.6

Следствие 1. Объем наклонного параллелепипеда равняется произведению площади его основания на высоту.
Следствие 2. Объем прямого параллелепипеда равняется произведению площади его основания на высоту.
Следствие 3. Объем прямой призмы равняется произведению площади ее основания на боковое ребро.

Рассмотрим несколько примеров решения задач.

Задача №332

Основанием наклонной призмы является правильный треугольник со стороной 4 см. Боковое ребро призмы равно 6 см и наклонено к плоскости основания под углом 30°. Найти объем призмы.
Решение. Пусть ABCA₁B₁C₁ — данная призма, — правильный, AB = 4 см, AA₁ = 6 см. Тогда
1) Проведем A₁K ⊥ (АВС), тогда A₁K — высота призмы, то есть A₁K = h. Поскольку АK — проекция бокового ребра АА₁ на плоскость основания, то ∠A₁AK — угол наклона бокового ребра к плоскости основания (рис. 9.7), при условии ∠A₁AK = 30°.
2) Найдем площадь основания:
 (см²).
3) Из (∠K = 90°), по свойству катета, лежащего против угла 30°, имеем: (см).
4) Тогда (см³).
Ответ. см³.

            

            Рис. 9.7                                                   Рис. 9.8

Задача №333

Основанием прямого параллелепипеда является ромб со стороной 8 см и острым углом 60°. Меньшая диагональ параллелепипеда равна большей диагонали ромба. Найдите объем параллелепипеда.
Решение. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ — данный параллелепипед, ABCD — ромб, AB = 8 см, ∠BAD = 60° (рис. 9.8). Тогда
.
1) Поскольку ∠A = 60°, то — равносторонний, поэтому  BD = AB = 8 см.
2) В ромбе ABCD ∠B = 120°,
поэтому, по теореме косинусов:

3) Поскольку BD < AC, то B₁D — меньшая диагональ параллелепипеда, а по условию: B₁D = AC.
Тогда см.
4) Из имеем: 
(см).
5) Тогда (см³).
Ответ. см³.

Задача №334

В наклонной призме перпендикулярно к боковым ребрам проведено сечение, пересекающее все боковые ребра (рис. 9.9). Докажите, что объем этой призмы можно найти по формуле: V = S_сеч · l, где S_сеч — площадь сечения, l — длина бокового ребра призмы.
Доказательство. 1) Плоскость сечения делит призму на две части, то есть на верхнюю и нижнюю. Поменяем части местами, совместив основания призмы (рис. 9.9).

           Рис. 9.9

2) Получим прямую призму, объем которой равен объему данной призмы.
3) В этой прямой призме основой будет сечение данной призмы, а высотой —боковое ребро данной призмы. Тогда объем полученной прямой призмы, а
следовательно, и данной, можно получить по формуле: V = S_сеч · l.

Объем пирамиды

В этой лекции узнаем, как найти объем любой пирамиды.

Сначала докажем вспомогательную теорему — лемму.

Лемма (о равновеликости треугольных пирамид с равными высотами и равновеликими основаниями). Треугольные пирамиды с одинаковыми площадями оснований и равными между собой высотами имеют одинаковые объемы.

Доказательство. 1) Рассмотрим две треугольные пирамиды, в каждой из которых площадь основания равна S, а высота — h. Разместим эти две пирамиды так, чтобы их основания лежали в некоторой плоскости α (рис. 10.1).

                                  Рис. 10.1

2) Поскольку высоты пирамид между собой равны, то каждая плоскость β, такая, что β || α, пересекая первую пирамиду, будет пересекать и вторую. Проведем плоскость β на расстоянии  от вершины пирамиды.
3) Пусть сечением первой пирамиды является , площадь которого — S₁. По свойству параллельных плоскостей, . Поэтому где l₁ и l — некоторые соответствующие линейные элементы этих треугольников.
4) Также , тогда
5) Но B₁Q₁ и BQ — соответствующие линейные элементы треугольников A₁B₁C₁ и ABC. Поэтому 

6) Аналогично, для второй пирамиды, считая, что площадь ее сечения плоскостью β равна S₂, будем иметь  
7) Итак, получили, что  поэтому S₁ = S₂.
8) По принципу Кавальери, пирамиды, которые мы рассмотрели, являются равновеликими.

Заметим, что эта лемма верна не только для треугольных пирамид, но и для всех, в которых высоты между собой равны, а основания — равновеликие.

Теорема 1 (об объеме пирамиды). Объем пирамиды равняется трети произведения площади ее основания на высоту:
V_пир =
Доказательство. 1) Сначала докажем теорему для треугольных пирамид.

2) Параллельно боковом ребру AP пирамиды PABC проведем равные ему отрезки BB₁  и CC₁ (рис. 10.2). Соединим отрезками точки P и B₁, B₁ и C₁, P и C₁. Имеем треугольную призму ABCPB₁C₁,  объем которой равен S_ABCh, где S_ABC = S_осн.
3) Призма ABCPB₁C₁ состоит из трех пирамид PABC, CPB₁C₁ и PBCB₁. У пирамид PABC и CPB₁C₁ и основания, и высоты между собой равны, а потому, по лемме, эти пирамиды — равновеликие.
4) Пусть для пирамид CPB₁C₁ и PBCB₁ треугольники C₁B₁C и BCB₁ являются основаниями. Эти треугольники равновеликие, а высоты пирамид CPB₁C₁ и PBCB₁ между собой равны. Итак, пирамиды CPB₁C₁ и PBCB₁ — равновеликие.
5) Таким образом, все три пирамиды PABC, CPB₁C₁ и PBCB₁ — равновеликие, поэтому объем каждой из них равен трети объема призмы, то есть Для треугольных пирамид теорема доказана.

       
        Рис. 10.2                                              Рис. 10.3

6) Рассмотрим теперь n-угольную пирамиду, высота которой равняется h, а площадь основания — S_осн (рис. 10.3). В основании из одной из вершин проведем все возможные диагонали (их будет n–3), поделив таким образом основание на (n–2) треугольники, а пирамиду — на (n–2) треугольных пирамиды. Высота каждой из этих пирамид равна h, а площади оснований соответственно обозначим через S₁, S₂, ..., S_n–2. По свойству объемов, объем V_пир  данной n-угольной пирамиды равен сумме объемов полученных треугольных пирамид. Тогда

V_пир  =  

Рассмотрим несколько задач на нахождение объема пирамиды.

Задача №335

Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 6 см, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол 45°. Найти объем пирамиды.
Решение. Пусть PABC — данная пирамида, — правильный, BC = 6 см, O — центр основания пирамиды, тогда PO — высота пирамиды (рис. 10.4). Поскольку
BO — проекция бокового ребра PB на плоскость основания, то ∠PBO = 45°. Найдем
объем данной пирамиды.

         Рис. 10.4

1) (см²).
2) Поскольку O — центр треугольника ABC, то OB — радиус описанной вокруг основания окружности, поэтому
(см).
3) Из (∠O = 90°, ∠B = 45°) имеем: ∠P = 90° – 45° = 45°.
Тогда — равнобедренный и PO = OB =  см.
4) Итак,
V_пир = (см³).
Ответ. 18 см³.

Задача №336

Основанием пирамиды является квадрат. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углом 30°. Найти объем пирамиды, если среднее по длине боковое ребро равно 8 см.
Решение. Пусть PABCD — данная пирамида, ABCD — квадрат, боковые грани PAB и PAD перпендикулярны плоскости основания (рис. 10.5).

          Рис. 10.5

1) Поскольку боковые грани PAB и PAD перпендикулярны плоскости основания, то боковое ребро PA, по которому пересекаются эти грани, также перпендикулярно к основанию. Поэтому PA — высота пирамиды.
2) AD — проекция наклонной PD на плоскость основания, AD ⊥ DC, поэтому по
теореме о трех перпендикулярах, PD ⊥ DC. Тогда (PAD) ⊥ DC, а значит, ∠PDA— угол,
который образует боковая грань PDC с плоскостью основания, поэтому ∠PDA = 30° (по условию).
3) Поскольку — прямоугольный (∠A = 90°), то PD > PA.
Также имеем PD = PB (из равенства треугольников PAD и PAB), а в треугольнике PDC – PD < PC. Поэтому PD — среднее по длине боковое ребро, PD = 8 см (по условию).
4) Из (∠A = 90°, ∠D = 30°): PA = 4 (см),
(см).
5) (см²).
6) Тогда (см³).
Ответ. 64 см³.

Задача №337

Основание пирамиды — треугольник со сторонами 5 см, 6 см и 8 см. Все боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 60°. Найти объем пирамиды.
Решение. Пусть PABC — данная пирамида, — ее основание, AB = 5 см, BC = 6 см, AC = 8 см. Пусть PO — высота пирамиды. Поскольку все ребра пирамиды наклонены к основанию под одинаковым углом, то точка O — центр описанной вокруг основания окружности (рис. 10.6). Тогда AO = R. Найдем объем пирамиды по формуле 

              Рис. 10.6
 
1) Поскольку OA, OB и OC соответственно проекции ребер PA, PB и PC на плоскость основания, то ∠PAO = ∠PBO = ∠PCO = 60°.
2) Из (∠O = 90°) (см).
3)  тогда
4) Тогда (см³).
Ответ. см³.

Объем усеченной пирамиды

Теорема 2 (об объеме усеченной пирамиды). Объем V усеченной пирамиды, высота которой равна h, а площади оснований — S₁ и S₂, можно найти по формуле:

Доказательство. Пусть имеем усеченную пирамиду.
1) Дополним эту усеченную пирамиду до полной (рис. 10.7). Пусть высота усеченной пирамиды равна x, тогда высота полной пирамиды будет h + x.

        Рис. 10.7

2) По доказанной лемме:     Тогда
3) Объем усеченной пирамиды найдем как разность объемов полной пирамиды и той, которой дополняли:

Задача №338

Найдите объем правильной четырехугольной усеченной пирамиды, в которой стороны оснований равны 4 см и 8 см, а боковая грань наклонена к плоскости основания под углом 60°.
Решение. Пусть на рисунке 10.8 изображена данная усеченная пирамида, A₁D₁ = 4 см, A₂D₂ = 8 см, O₁O₂ — высота пирамиды, где O₁ и O₂ — центры оснований.

                      Рис. 10.8
1) Найдем площади оснований: S₁ = 4² = 16 (см²), S₂ = 8² = 64 (см²).
2) Пусть O₁K₁ и O₂K₂ — радиусы вписанных в основания окружностей.
Тогда O₁K₁ ⊥ A₁D₁, O₁K₁ =  = 2 (см),
O₂K₂ ⊥ A₂D₂, O₂K₂ =  = 4 (см).
3) Проведем K₁L || O₁O₂, K₁L = O₁O₂.
4) K₁L ⊥ (A₂B₂D₂), K₂L — проекция наклонной K₁K₂ на плоскость основания, K₂L ⊥ A₂D₂, поэтому K₁K₂ ⊥ A₂D₂(по теореме о трех перпендикулярах). Тогда ∠K₁K₂L — угол наклона боковой грани к плоскости основания, ∠K₁K₂L = 60°.
5) K₂L = K₂O₂ – LO₂ = K₂O₂ – K₁O₁ = 4 – 2 = 2 (см).
6) В (∠L = 90°):
 (см).
7) Итак, (см³).
Ответ.  см³.

Объемы и площади поверхностей тел вращения

В этой лекции рассмотрим, как можно найти объем цилиндра.

Объем цилиндра

Теорема (об объеме цилиндра). Объем цилиндра равняется произведению площади его основания S на высоту h:
V_цил = Sh.
Доказательство. 1) Пусть имеем цилиндр, площадь основания которого равна S, а высота — h. Разместим цилиндр так, чтобы его основание принадлежало плоскости α. Тем же способом рядом с цилиндром разместим призму, площадь основания и высота которой также равны S и h (рис. 11.1).

                          Рис. 11.1

2) Поскольку высоты цилиндра и призмы между собой равны, то каждая плоскость β, параллельная плоскости α и пересекающая цилиндр, также пересекает и призму.
3) Все соответствующие площади сечений цилиндра и призмы, которые
при этом образуются, между собой равны, поскольку площадь каждого из них равна S.
4) Итак, цилиндр и призма удовлетворяют принципу Кавальери, а поэтому объем цилиндра равен объему призмы. Поскольку объем призмы равен Sh, то и объем цилиндра тоже равняется Sh.

Следствие. Если радиус цилиндра равняется R, а высота — h, то объем цилиндра находим по формуле
V_цил = πR²h.

Рассмотрим несколько задач на нахождение объема цилиндра.

Задача №339

Осевое сечение цилиндра — прямоугольник, диагональ которого равна  см и образует угол 30° с плоскостью основания. Найдите объем цилиндра.
Решение. Пусть на рисунке 11.2 изображен данный цилиндр, прямоугольник ABCD — его осевое сечение, AC = см.
Найдем объем цилиндра по формуле V_цил = πR²h.

       Рис. 11.2

1) Прямая AD — проекция прямой AС на плоскость основания цилиндра, поэтому ∠CAD — угол между диагональю АС и плоскостью основания. По условии, ∠CAD = 30°.
2) Из (∠D = 90°):
(см) — диаметр основания,
(см) — образующая.
3) Тогда см, (см).
4) Имеем: (см³).
Ответ.  см³.

Задача №340

В нижнем основании цилиндра проведена хорда, которую видно из центра основания под углом 120°. Отрезок, соединяющий центр верхнего основания с серединой данной хорды, равняется 10 см и образует угол 60° с плоскостью нижнего основания. Найдите объем цилиндра.

          Рис. 11.3

Решение. Пусть на рисунке 11.3 изображен данный цилиндр, ∠BOA = 120°, K —середина AB, O₁K = 10 см. Найдем объем цилиндра по формуле
V_цил = πR²h. Тогда V_цил = πОА² ∙ ОO₁.
1) OK — проекция O₁K на плоскость основания, поэтому ∠O₁KO = 60° (по условию).
2) Из 

 (см);

 (см).

3) Поскольку K — середина AB и — равнобедренный (OA = OB), то OK — его
медиана, биссектриса и высота. Тогда

4) Из  (∠K = 90°):  (см)

5) Имеем:  (см³).

Ответ.  см³.

Объем конуса и усеченного конуса

Теперь рассмотрим, как найти объем конуса и усеченного конуса.

Теорема 1 (об объеме конуса). Объем конуса равняется трети произведения площади его основания на высоту   V_к = .

Доказательство. 1) Пусть имеем конус, площадь основания которого — S, а высота — h. Разместим конус так, чтобы его основание принадлежало некоторой плоскости α. Тем же способом рядом с конусом разместим пирамиду, площадь основания и высота которой также равняются S и h (рис. 12.1).

                                                Рис. 12.1

2) Поскольку высоты конуса и пирамиды равны между собой, то каждая плоскость β,  параллельная плоскости α и пересекающая конус, будет пересекать также и пирамиду.
3) Проведем плоскость β на расстоянии x от вершины конуса. Пусть в сечении конуса получили круг с площадью S₁, а в сечении пирамиды — многоугольник с площадью S₂. Рассуждая тем же образом, что и в лемме о равновеликости треугольных пирамид с равными между собой высотами и равновеликими основаниями, будем иметь, что  и    А значит, S₁ = S₂.

4) Тогда, по принципу Кавальери, конус и пирамида имеют равные объемы. Поскольку объем пирамиды равен , то и объем конуса равен .
Следствие. Если радиус основания конуса равняется R, а высота — h, то объем конуса 
Рассмотрим несколько задач на нахождение объема конуса.

Задача №341

Найдите объем конуса, если его осевым сечением является правильный треугольник со стороной 6 см.
Решение. Пусть дан конус, — его осевое сечение, PA = PB = AB = 6 см (рис. 12.2). Найдем объем конуса по формуле  Тогда

           Рис. 12.2

1)  (см).
2) Поскольку — равносторонний, а РО — его высота, то
  (см).
3) Имеем:
 (см³).
Ответ.   см³.

Задача №342

Через вершину конуса проведена плоскость, пересекающая основание по хорде длиной 8 см, которую видно из центра основания под прямым углом. Площадь образовавшегося сечения равна 20 см². Найти объем конуса.
Решение. Пусть на рисунке 12.3 изображен данный конус,  — его сечение, AB = 8 см, ∠AOB = 90°, S_PAB = 20 см².

          Рис. 12.3

1) Поскольку ∠AOB = 90°, то 
Тогда  (см).
2) Проведем PK — высоту треугольника PAB. Поскольку
(см), то (см).
3) Поскольку OK — проекция наклонной PK на плоскость основания конуса, PK ⊥ AB, то OK ⊥ AB (по теореме о трех перпендикулярах).
4) Поскольку — прямоугольный и равнобедренный (OA = OB), OK ⊥ AB, то OK — его медиана, проведенная к гипотенузе. Поэтому (см).
5) Из (∠О = 90°):

6) Имеем:
(см³).
Ответ. 32π см³.

Объем усеченного конуса

Теорема 2 (об объеме усеченного конуса). Объем V  усеченного конуса с высотой h и радиусами оснований R и r  можно найти по формуле

Доказательство. 1) Пусть даны усеченный конус и усеченная пирамида, находящиеся между плоскостями α и β (рис. 12.1). Оба тела удовлетворяют принципу Кавальери. Чтобы это доказать, достаточно провести произвольную плоскость γ, параллельную плоскости α и пересекающую данные усеченный конус и усеченную пирамиду.
2) Итак, объем усеченного конуса V можно найти по формуле   где S и S₁ — площади оснований конуса, h — его высота.
3) Но S = πR², S₁ = πr², поэтому 

Задача №343

В усеченном конусе радиус меньшего основания равен 5 см. Высота конуса равна 4 см, а его образующая образует с плоскостью большего основания угол 45°. Найти объем конуса.
Решение. Пусть на рисунке 12.4 изображен данный усеченный конус, у которого r₁ = A₁O₁ = 5 см, h = OO₁ = 4 см.

               Рис. 12.4

1) Рассмотрим трапецию AA₁B₁B — осевое сечение конуса. Проведем A₁K || OO₁. Тогда A₁O₁OK — прямоугольник и A₁K = OO₁ = 4 см, KO = A₁O₁ = 5 см.
2) АK — проекция наклонной AA₁ на плоскость основания, поэтому ∠A₁AO — угол
наклона образующей AA₁ к плоскости основания, тогда ∠A₁AO = 45° (по условию).
3) В треугольнике AA₁K ∠K = 90°, ∠A = 45°, поэтому AK = A₁K = 4 см.
4) Тогда  r = AO = AK + KO = 4 + 5 = 9 (см).
5) Имеем:
 (см³).
Ответ. π см³.

Объем шара и его частей

Объем тела вращения:

Чтобы получить формулы для вычисления объемов шара и его частей, вспомним, как мы находили объемы тел вращения в курсе алгебры
и начал анализа.
Пусть имеем криволинейную трапецию, которая ограничена графиком непрерывной на промежутке функции такой, что  для каждого  и прямыми y = 0, x = a,  x = b (рис. 13.1).
Тогда объем V тела, образованного в результате вращения этой трапеции вокруг оси абсцисс, можно вычислить по формуле

                     Рис. 13.1                                                  Рис. 13.2

Задача №344

Используя формулу для вычисления объема тела вращения, найти объем цилиндра, радиус основания и высота которого соответственно равны r и h.
Решение. Пусть V — объем данного цилиндра. Этот цилиндр можно получить в результате вращения вокруг оси абсцисс криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции  и прямыми x = a, x = a + h, y = 0 (рис. 13.2).   Тогда 

Ответ. 

Очевидно, что ответ, который мы получили, совпадает с раньше найденной нами  формулой для вычисления объема цилиндра.

Объем шара

С помощью формулы объема тела вращения найдем формулу для вычисления объема шара.
Теорема (об объеме шара). Объем V шара, радиус которого равен r, можно определить по формуле 

Доказательство. 1) Рассмотрим шар радиуса r в декартовой системе координат, взяв за начало координат центр шара. Плоскость xy пересекает поверхность
этого шара по окружности, формула которой (рис. 13.3).

Рис. 13.3

2) Тогда шар радиуса r  можно получить в результате вращения вокруг оси абсцисс криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции  и осью абсцисс. Эта функция пересекает ось х  в точках с абсциссами r и -r.
3) Имеем:
 

Рассмотрим несколько задач на применение этой формулы.

Задача №345

Два чугунных шара, радиусы которых — 5 см и 7 см, переплавили в один шар. Найти (с точностью до десятых сантиметра) радиус полученного при этом шара.
Решение. По свойству объемов понятно, что объем новой шара должен быть равен сумме объемов двух данных шаров.
1) Найдем объемы V₁ и V₂ двух данных шаров:
  и  
2) Найдем объем V полученного шара:

3) Учитывая формулу объема шара   имеем:  
Из этого равенства получим, что r³ = 468, то есть   см.
Ответ. см.

Задача №346

На расстоянии 3 см от центра шара проведено сечение, площадь которого равна 27π см². Найти объем шара.
Решение. Пусть на рисунке 13.4 изображен шар с центром в точке O и радиусом OM и ее сечение — круг с центром в точке A, OA = 3 см.

             Рис. 13.4

1) AM — радиус сечения, тогда S_сеч = π ∙ AM² — площадь сечения.
По условию S_сеч = 27π см², поэтому  π ∙ AM² = π ∙ 27 следовательно
AM^₂ = 27 см².
2) Из  (∠A = 90°):
 (см) — радиус шара.
3) Зная радиус шара, можем найти его объем:
 (см³).
Ответ. 288π см³.

Объем шарового сегмента

Найдем формулу для вычисления объема шарового сегмента, как и в случае шара, с помощью формулы объема тела вращения.
Шаровой сегмент, высота которого равна h при условии, что радиус шара равен r, можно получить в результате вращения вокруг оси абсцисс криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции   прямой x = r – h и осью абсцисс (рис. 13.5). Найдем объем V этого сегмента:

                   Рис. 13.5

Итак, объем шарового сегмента можно найти по формуле

V ,  где r — радиус шара,  h — высота сегмента.

Заметим, что полученную формулу можно использовать и в случае, когда высота сегмента h больше радиуса шара r.

Задача №347

Найти объем меньшего из шаровых сегментов, радиус основания которого равен 4 см, а высота — 2 см.
Решение. Рассмотрим шаровой сегмент, у которого AM = 4 см — радиус основания AB = h = 2 см — высота (рис. 13.6). Пусть O — центр шара. Обозначим радиус шара через r. Тогда OM = OB = r.

           Рис. 13.6

1) AO = OB – AB = r – h = r – 2.
2) Из (∠A = 90°):
OM² = AO² + AM².
Имеем уравнение: , тогда r = 5.
3) Найдем объем сегмента (см³).
Ответ. см³.

Объем шарового сектора

Объем шарового сектора, меньшего половины шара, равен сумме объема шарового сегмента  и объема V₂ конуса (рис. 13.7).

              Рис. 13.7                                             Рис. 13.8

Найдем высоту AO этого конуса и радиус AM его основания:
 
Итак,
Тогда имеем объем сектора:

Чтобы найти объем шарового сектора, который больше половины шара, надо от объема шарового сегмента  вычесть объем конуса V₂ (рис. 13.8). В этом случае

Итак,
Тогда имеем объем сектора:

Итак,
объем шарового сектора можно найти по формуле
 V = , где r — радиус шара, h — высота сегмента.

Задача №348

Круговой сектор, радиус которого равен 6 см, а угол — 120°, вращается вокруг своей оси симметрии. Найти объем шарового сектора, образованного при этом.
Решение. Пусть на рисунке 13.9 изображен круговой сектор, BO — его ось симметрии, OM = 6 см— его радиус.
1) Тогда ∠BOM =  = 60°.

       Рис. 13.9
 
2) Из (∠A = 90°): (см).
3) Найдем высоту сегмента:
h = OB – AO = 6 – 3 = 3 (см).
4) Имеем объем сектора:
 (см³).
Ответ. 72π см³.

Объем шарового слоя

Объем шарового слоя можно найти двумя способами. Первым — как разность объемов двух шаровых сегментов. Например, от объема шарового сегмента с высотой AC, то есть большего чем полушарие, вычесть объем шарового сегмента с высотой AB (рис. 13.10). Второй способ — от объема шара вычесть сумму двух шаровых сегментов, а именно: от объема шара отнять сумму шаровых сегментов с высотами AB и CD (рис. 13.10).

             Рис. 13.10

Задача №349

Шар радиуса 10 см пересекли двумя параллельными плоскостями на расстояниях 7 см и 5 см по разные стороны от его центра. Найдите объем образовавшегося шарового слоя.
Решение. Пусть на рисунке 13.10 изображен данный шар и два его сечения параллельными плоскостями. Тогда OA = OD = 10 см — радиус шара, OB = 7 см, OC = 5 см — расстояние от центра шара до сечений. Рассмотрим оба вышеупомянутых способа решения.
1-й способ. 1) Найдем объем V₁ шарового сегмента с высотой h₁, где h₁ = AB = OA – OB = 10 – 7 = 3 (см):
 (см³).
2) Найдем объем V₂ шарового сегмента с высотой h₂, где h₂ = AC = AO + OC = 10 + 5 = 15 (см):
 (см³).
3) Для объема V шарового слоя имеем:
V = V₂ - V₁ = 1125π – 81π = 1044π (см³).
2-й способ. 1) Найдем объем шара:
 (cм³).
2) Найдем объем V₃ шарового сегмента с высотой h₃, где h₃ = CD = OD – OC = 10 – 5 = 5 (см):
 (cм³)
и учтем, xто объем V₁ шарового сегмента с высотой h₁ найден выше: V₁ = 81π см³.
3) Для объема V шарового слоя имеем:
 (см³).
Ответ. 1044π см³.

Используя один из вышеупомянутых способов нахождения объема шарового слоя, можно доказать, что:
объем шарового слоя можно найти по формуле
, где r₁ и r₂ — радиусы оснований слоя, h — его высота.

Площади поверхностей тел вращения

Вы уже знаете, как находить площади поверхностей многогранников. Теперь рассмотрим, как найти площади поверхностей тел вращения.

Площадь поверхности цилиндра

На рисунке 14.1 изображен цилиндр, высота которого равна h, а радиус основания — r. Если поверхность цилиндра разрезать по образующей AB и по окружностям оснований и развернуть так, чтобы все образующие цилиндра и все точки оснований принадлежали некоторой плоскости, то получим развертку цилиндра (рис. 14.2). Понятно, что развертка цилиндра состоит из прямоугольника и двух равных между собой кругов — оснований цилиндра. Площадь этой развертки равна площади полной поверхности цилиндра.

             Рис. 14.1                                                                Рис. 14.2

Прямоугольник ABB₁A₁ со сторонами длиной AB = h и AA₁ = 2πr (длина окружности основания) является разверткой боковой поверхности цилиндра. Понятно, что площадь боковой поверхности цилиндра равна площади этого прямоугольника.
Запишем упомянутые площади поверхностей цилиндра в виде формул. В частности,
S_бок =    Итак,
площадь боковой поверхности цилиндра S_бок  вычисляют по формуле

S_бок = 2πrh, где h — высота, r — радиус основания цилиндра.

Чтобы найти площадь полной поверхности цилиндра S_полн, достаточно к площади его боковой поверхности S_бок добавить площади S_осн двух его оснований. Поскольку основанием является круг, площадь которого равна πr², то получим, что

S_полн = S_бок  + 2S_осн  =

Итак,
площадь полной поверхности цилиндра S_полн вычисляют по формуле

S_полн = 2πr (r + h), где h — высота, r — радиус основания цилиндра.

Задача №350

Диагональ осевого сечения цилиндра равна 8 см и образует угол 60° с плоскостью основания. Найти площадь боковой поверхности цилиндра.
Решение. Пусть на рисунке 14.3 изображен данный цилиндр и его осевое сечение — прямоугольник ABB₁A₁, AB₁ = 8 см.

1) Поскольку AB — проекция наклонной AB₁ на плоскость основания, то ∠BAB₁ = 60° — угол между диагональю осевого сечения и плоскостью основания.
2) Из (∠B = 90°):
(см),
(см).
3) Итак, h = BB₁ = см, r =  = 2 (см).
4) Тогда S_бок = 2πrh = 2π ∙ 2 ∙  (см²).
Ответ. см².

Площадь поверхности конуса

На рисунке 14.4 изображен конус с образующей длиной l и радиусом основания — r. Если поверхность цилиндра разрезать по одной из образующих, например AD, и по окружности основания и развернуть так, чтобы все образующие и все точки основания принадлежали некоторой плоскости, то получим развертку конуса (рис. 14.5).

     Рис. 14.4                                     Рис. 14.5 

Разверткой боковой поверхности конуса является круговой сектор, длина дуги которого — 2πr (длина окружности основания), а радиус равняется l. Очевидно, что развертка полной поверхности конуса состоит из развертки боковой поверхности и круга — основания конуса.
Понятно, что площадь боковой поверхности конуса равна площади развертки его боковой поверхности, то есть площади кругового сектора с длиной дуги 2πr и радиусом длиной l. Площадь боковой поверхности конуса S_бок во столько же раз меньше площади круга радиуса l, во сколько раз длина 2πr дуги меньше длины 2πl окружности радиуса l, то есть   Из этого равенства получим, что S_бок = πrl.
Итак,
площадь боковой поверхности конуса S_бок вычисляют по формуле
S_бок = πrl, где r — радиус основания, l — образующая конуса.

Очевидно, что площадь полной поверхности конуса равна площади развертки полной поверхности. Чтобы найти площадь полной поверхности конуса S_полн, достаточно к площади его боковой поверхности S_бок добавить площадь его основания S_осн. Поскольку основанием конуса является круг, площадь которого равна πr², то получим, что
S_полн = S_бок + S_осн = πrl + πr² = πr (r + l).
Итак, 

площадь полной поверхности конуса S_полн вычисляют по формуле
S_полн = πr (r + l), где r — радиус основания, l — образующая конуса.

Задача №351

Хорду, лежащую в основании конуса, видно из его вершины под углом 60°, а из центра основания — под прямым углом. Найти площадь полной поверхности конуса, если его образующая равна 6 см.
Решение. Пусть на рисунке 14.6 изображен данный конус, AB — хорда основания ∠APB = 60°, ∠AOB = 90°, PA = 6 см.

Рис. 14.6

1) Из (AP = PB) ∠P = 60°, поэтому ∠PAB = ∠PBA = = 60°, следовательно,  — равносторонний, тогда AB = 6 см.
2) ∠AOB = 90°, ОА = ОВ, поэтому  — прямоугольный и равнобедренный. Тогда
(см).
3) Итак, см, см.

4) Имеем:
S_полн = (см²).
Ответ. см².

Площадь поверхности усеченного конуса

Рассмотрим, как найти боковую и полную поверхности усеченного конуса.
На рисунке 14.7 изображен усеченный конус с образующей AA₁ ​​= l и радиусами оснований AO = R  и A₁O₁ = r, R > r. Пусть точка P — вершина конуса, из которого
получен этот усеченный конус.

         Рис. 14.7

Очевидно, что площадь боковой поверхности усеченного конуса S_бок можно найти как разность боковых поверхностей двух конусов. А именно как разность площади боковой поверхности конуса с образующей PA и площади боковой поверхности конуса с образующей PA₁. Тогда:
S_бок = πR · PA — πr · PA₁ = πR (AA₁ + PA₁) – πr · PA₁ =
= πR · AA₁ + πR · PA₁ — πr · PA₁ = πRl + π (R – r) PA₁.
Поскольку, то    то есть  Из последнего равенства получаем, что
Тогда S_бок = = πl (R + r).
Итак,
площадь боковой поверхности усеченного конуса S_бок  вычисляют по формуле
S_бок = πl (R + r),  где l  — образующая, R и r  — радиусы оснований усеченного конуса.

Понятно, что для нахождения площади полной поверхности усеченного конуса S_полн надо к площади его боковой поверхности прибавить площади двух его оснований. Поскольку основаниями являются круги радиусов R и r, то
S_полн = S_бок + πR² + πr² = πl (R + r) + π (R² + r²).

Задача №352

Найти боковую поверхность усеченного конуса, радиусы оснований которого равны R и r, если в его осевое сечение можно вписать окружность.
Решение. Пусть на рисунке 14.8 изображен данный усеченный конус, трапеция AA₁B₁B — его осевое сечение, AO = R, A₁O₁ = r. Тогда AB = 2R, A₁B₁ = 2r.

 
               Рис. 14.8

1) Поскольку в трапецию AA₁B₁B можно вписать окружность, то
AB + A₁B₁ = AA₁ + AB₁.
2) Пусть AA₁ = l, но AA₁ = AB₁,  поэтому AB + A₁B₁ = 2l, то есть 2R + 2r = 2l. Тогда
3) Итак, S_бок = πl (R + r) = π (R + r) (R + r) = π (R + r)².
Ответ. π (R + r)².

Поверхность усеченного конуса, как и поверхности конуса и цилиндра, можно развернуть на плоскости. Развертка полной поверхности усеченного конуса изображена на рисунке 14.9.

                             Рис. 14.9

Площадь сферы

В отличие от поверхностей цилиндра и конуса, развертку сферы никоим образом получить нельзя. Поэтому для нахождения площади сферы применим понятие предела, который известен вам из курса алгебры и начал анализа.
Пусть имеем сферу радиуса r. Рассмотрим ее сечение плоскостью, проходящей через центр сферы, то есть большой круг сферы (рис. 14.10).

       Рис. 14.10

Сферический слой толщиной  — это тело, находящееся между двумя сферами радиусов r и r + x  с одним и тем же центром O.
Воспользуемся тем фактом, что, по определению, площадью поверхности S шара принято называть предел отношения объема сферического слоя толщиной к этой толщине при условии, что . То есть  где
— объем сферического слоя толщиной .

Найдем  как разность объемов двух шаров радиусами  и  :

   Тогда 

Итак,
площадь сферы вычисляют по формуле S = 4πr², где r — радиус сферы.

Задача №353

Сколько надо краски, чтобы покрасить 20 шаров, радиус каждого из которых равен 5 см, если расход краски на 1 м² площади составляет 180 г? Результат округлить до целых граммов.
Решение. 1) Найдем площадь S поверхности одного шара: S = 4πr² = 4π ∙ 5² = 100π (см²).
2) Обозначим через S₁ площадь поверхностей 20 таких шаров,
тогда S₁ = 20S = 20 ∙ 100π = 2000π (см²).
3) Поскольку 1 м² = 10000 см², то  (м²).
4) Найдем m — массу краски для окрашивания этих шаров:
(г).
Ответ. г.

Лекции по предметам:

1. Математика
2. Алгебра
3. Линейная алгебра
4. Векторная алгебра
5. Аналитическая геометрия
6. Высшая математика
7. Дискретная математика
8. Математический анализ
9. Теория вероятностей
10. Математическая статистика
11. Математическая логика

Учебник онлайн:

1. Возникновение геометрии
2. Призма в геометрии
3. Цилиндр в геометрии
4. Пирамида в геометрии
5. Конус в геометрии
6. Сфера в геометрии
7. Шар в геометрии
8. Правильные многогранники в геометрии
9. Многогранники
10. Окружность
11. Эллипс
12. Гипербола
13. Парабола
14. Многогранник
15. Решение задач на вычисление площадей
16. Тела вращения: цилиндр, конус, шар
17. Четырехугольник
18. Площади фигур в геометрии
19. Площади поверхностей геометрических тел
20. Вычисление площадей плоских фигур
21. Преобразование фигур в геометрии
22. Многоугольник
23. Площадь многоугольника
24. Правильные многоугольники
25. Вписанные и описанные многоугольники
26. Площадь прямоугольника
27. Объем пространственных фигур
28. Объёмы поверхностей геометрических тел
29. Фигуры вращения: цилиндр, конус, шар
30. Объем фигур вращения
31. Длина дуги кривой
32. Геометрические фигуры и их свойства
33. Основные фигуры геометрии и их расположение в пространстве
34. Пространственные фигуры - виды, изображения, свойства
35. Взаимное расположения прямых на плоскости
36. Треугольник
37. Решение треугольников
38. Треугольники и окружность
39. Площадь треугольника
40. Соотношения между сторонами и углами произвольного треугольника
41. Окружность и круг
42. Описанные и вписанные окружности
43. Плоские и пространственные фигуры
44. Взаимное расположение точек и прямых
45. Сравнение и измерение отрезков и углов
46. Первый признак равенства треугольников
47. Перпендикуляр и наклонная в геометрии
48. Медианы, высоты и биссектрисы треугольника
49. Равнобедренный треугольник и его свойства
50. Серединный перпендикуляр к отрезку
51. Второй и третий признаки равенства треугольников
52. Параллельные прямые
53. Соотношения между сторонами и углами треугольника
54. Неравенство треугольника - определение и вычисление
55. Свойства прямоугольного треугольника
56. Расстояние между параллельными прямыми
57. Задачи на построение циркулем и линейкой
58. Задачи на построение по геометрии
59. Угол - определение, виды, как обозначают с примерами
60. Перпендикулярные прямые в геометрии
61. Признаки равенства треугольников
62. Признаки равенства прямоугольных треугольников
63. Соотношения в прямоугольном треугольнике
64. Сумма углов треугольника
65. Внешний угол треугольника
66. Свойство точек биссектрисы угла
67. Свойство катета прямоугольного треугольника, лежащего против угла в 30°
68. Четырехугольник и его элементы
69. Четырехугольники и окружность
70. Параллелограмм, его свойства и признаки
71. Площадь параллелограмма
72. Прямоугольник и его свойства
73. Ромб и его свойства, определение и примеры
74. Квадрат и его свойства
75. Трапеция и ее свойства
76. Площадь трапеции
77. Центральные и вписанные углы
78. Углы и расстояния в пространстве
79. Подобие треугольников
80. Решение прямоугольных треугольников
81. Параллелограмм
82. Теорема синусов и теорема косинусов
83. Параллельность прямых и плоскостей
84. Перпендикулярность прямой и плоскости
85. Взаимное расположение прямых в пространстве, прямой и плоскости
86. Перпендикулярность прямых и плоскостей в пространстве
87. Ортогональное проецирование
88. Декартовы координаты на плоскости
89. Декартовы координаты в пространстве
90. Геометрические преобразования в геометрии
91. Планиметрия - формулы, определение и вычисление
92. Стереометрия - формулы, определение и вычисление