3

...........................................................Предисловие

Учебник «Математика: алгебра и начала матема-тического анализа, геометрия. Геометрия. Базовыйуровень. 10—11 классы» И. Ф. Шарыгина являетсяпродолжением учебника «Геометрия. 7—9 классы»этого же автора. Однако переход к использованиюданного учебно-методического комплекса по геомет-рии в качестве основного можно осуществить вне за-висимости от того, по каким учебникам геометриипроводилось обучение в предшествующих классах.

Учебно-методический комплекс по геометрии длябазового уровня реализует системно-деятельностныйподход к обучению: формирует готовность обучаю-щихся к саморазвитию и непрерывному образова-нию; создает развивающую образовательную среду;активизирует учебно-познавательную деятельностьобучающихся; строит обучение с учетом индивиду-альных, возрастных и психолого-физиологическихособенностей обучающихся.

Учебно-методический комплекс по геометрии по-зволяет решать следующие задачи:

— формирование представлений о геометрии какособом языке науки, средстве моделирования явле-ний, об идеях и методах геометрии;

— развитие логического мышления, пространст-венного воображения, критичности мышления, не-обходимом для будущей профессиональной деятель-ности, а также для обучения в вузе;

— воспитание общей культуры личности, пони-мание значимости идей и методов геометрии длянауки и культуры;

— систематизация полученных сведений о пло-ских геометрических фигурах; совершенствованиенавыков изображения плоских и пространственныхфигур; расширение и совершенствование геометри-ческого аппарата, сформированного на ступени ос-новного общего образования, и его применение к ре-шению геометрических задач;

— овладение знаниями и умениями, необходимы-ми в повседневной жизни, для изучения других

4

школьных предметов на базовом уровне, для получе-ния образования;

— формирование представлений о необходимос-ти доказательств при обосновании математическихутверждений и роли аксиоматики в проведении де-дуктивных рассуждений;

— формирование понятийного аппарата по основ-ным разделам курса геометрии; знаний основных те-орем, формул и умения их применять; умения дока-зывать теоремы и находить нестандартные способырешения задач.

В своей совокупности они учитывают современ-ные тенденции отечественной и зарубежной школыи позволяют реализовать поставленные передшкольным образованием цели на информационноемком и практически значимом материале.

Материал учебников основан на авторской, такназываемой наглядно-эмпирической концепции по-строения школьного курса геометрии, полностью со-ответствующей современным образовательным стан-дартам.

Систематический курс геометрии для 10—11 клас-сов имеет ряд особенностей, отличающих его от дру-гих учебников.

Первое — и самое главное — он учит геометрии.В учебнике не просто приводятся определения и тео-ремы в сопровождении примеров и задач, а реализо-вана направленность на формирование геометриче-ского мышления. Уменьшена роль формально-логи-ческих рассуждений, больше внимания уделяетсяметодам решения геометрических задач.

Отказ от аксиоматического подхода (означаю-щий, по существу, отказ от излишней схоластики),т. е. наглядно-эмпирическое построение курса по-зволяет уже на самом раннем этапе геометрии ре-шать содержательные, интересные и красивые за-дачи.

Курс стереометрии способствует развитию такихважных качеств личности школьников, как наблю-дательность и пространственное воображение, зна-комит с удивительным миром геометрических фи-

5

гур и тел, которые должен знать каждый культур-ный человек.

В школьный курс геометрии И. Ф. Шарыгин со-знательно не включил многие теоремы и формулы,которые изучают в высших учебных заведениях ииногда вводят в программу для классов с углублен-ным уровнем изучения математики. Он считал, чтогораздо важнее развить и углубить базовый школь-ный курс. Но оказалось, что некоторые идеи школь-ной геометрии ближе к современной науке, чем не-которые вопросы вузовских курсов. Об этом идетречь в послесловии к учебнику.

В соответствии с авторской концепцией, полно-ценный курс геометрии состоит из геометрическойтеории, методов геометрии и системы задач.

Поставив во главу угла умение школьников ре-шать задачи, автор рассмотрел различные методырешения и доказательства, что формирует мощнуюмотивацию к изучению предмета. Это главенство за-дачи выгодно отличает данный учебник геометрииот большинства других.

Материал учебников полностью отвечает содер-жанию Федерального государственного образова-тельного стандарта по геометрии средней школы ивключает в себя дополнительный материал (соответ-ствующим образом помеченный), позволяющий ис-пользовать учебники в классах с углубленным изу-чением математики.

Задачи в учебниках дифференцированы по уров-ню сложности, причем среди них выделены задачиважные, полезные и трудные, что позволяет учите-лю достаточно свободно ориентироваться в их много-образии.

В учебник геометрии для 10—11 классов включе-ны следующие разделы: введение, главы и пунктысодержания, дополнительные задачи и задачи дляповторения, «проверь свои знания» (тест на истин-ность и ложность геометрических утверждений),«вместо послесловия» (краткая история геометрии),ответы и указания ко всем задачам учебника, полез-ные теоремы и формулы основной школы.

6

В 10 классе в первой главе «Прямые и плоскости впространстве» представлен теоретический матери-ал, относящийся к взаимному расположению пря-мых и плоскостей в пространстве, а также все видыпараллельности, перпендикулярности и углов. В этойглаве представлено 14 определений и 19 теорем, чтосоздает впечатление перегруженности, но автор счи-тал, что нет необходимости весь этот материал отра-батывать в первой главе, он будет усвоен по ходуизучения первой и второй глав. С многогранникамиучащиеся, которые обучались по учебникам геомет-рии этого же автора, встречались в основной школе,поэтому их не удивит появление многогранников напервых страницах учебника.

Центральной главой в 10 классе является втораяглава «Многогранники». Следует отметить, что ав-тор не дает точного определения многогранника, чтосделать на школьном уровне невозможно, но даетточное определение выпуклого многогранника. Ос-новная цель этой главы — развитие пространствен-ного воображения старшеклассников и формиро-вание умения строить наглядный рисунок. Дости-гается она как меньшим количеством задач надоказательство очевидных фактов, так и задач на от-работку вычислений, тогда как основная часть зада-ний посвящена построению изображений много-гранников и построению на изображениях много-гранников. Уровневая дифференциация в этой главеосуществляется через задачи, которые имеют специ-альную маркировку.

Третья глава «Круглые тела» посвящена обучениюучащихся изображению круглых тел и решению сих помощью различных задач. Тела рассматривают-ся с двух точек зрения: как тела, ограниченные не-которыми поверхностями, и как тела вращения.Бо́льшая часть главы посвящена двум темам: каса-ние круглых тел с плоскостями и прямыми, а такжевписанные и описанные многогранники. Автор стре-мился как можно быстрее познакомить учащихся сосновными телами, которые изучаются в курсе сте-реометрии, чтобы как можно скорее начать работу с

7

комбинациями тел, в том числе с комбинациямимногогранников и круглых тел.

Четвертая глава «Задачи и методы стереометрии»завершает учебный год. В классах базового уровняможно ее не изучать, а заняться повторением, но приналичии достаточного количества часов и хорошегоуровня подготовки учащихся именно эта глава при-звана научить решать более интересные и трудныезадачи. В соответствии с авторской концепцией кур-са каждый учебный год следует заканчивать повто-рением с выбором некоторого специального инстру-мента. Это может быть итоговый обзор теории илипросто решение задач комплексного характера, а вданном случае используются наиболее распростра-ненные методы стереометрии (вспомогательныеплоскости, сечения, проектирование и др.). Четвер-тая глава целиком посвящена изучению методов гео-метрии. Особенно ярко реализована идея постро-ения учащимися индивидуальных траекторий в изу-чении геометрии, которая осуществляется не толькочерез систему задач, но и через теоретический мате-риал, имеющий различную маркировку для базово-го и углубленного уровней.

Программа предполагает достижение выпускни-ками старшей школы следующих личностных, ме-тапредметных и предметных результатов.

В личностных результатах сформированность:— целостного мировоззрения, соответствующего

современному уровню развития науки математикии общественной практики ее применения;

— основ саморазвития и самовоспитания в соот-ветствии с общечеловеческими ценностями и иде-алами гражданского общества; готовности и способ-ности к самостоятельной, творческой и ответствен-ной деятельности с применением методов матема-тики;

— готовности и способности к образованию, в томчисле самообразованию, на протяжении всей жизни;сознательного отношения к непрерывному образова-нию как условию успешной профессиональной и об-щественной деятельности на основе развитой моти-

8

вации учебной деятельности и личностного смыслаизучения математики, заинтересованности в приоб-ретении и расширении математических знаний испособов действий, осознанности в построении инди-видуальной образовательной траектории;

— осознанного выбора будущей профессии, ори-ентированной в применении математических мето-дов и возможностей реализации собственных жиз-ненных планов; отношение к профессиональной де-ятельности как возможности участия в решенииличных, общественных, государственных, общена-циональных проблем;

— логического мышления: критичности (умениераспознавать логически некорректные высказы-вания), креативности (собственная аргументация,опровержения, постановка задач, формулировкапроблем, работа над исследовательским проектоми др.).

В метапредметных результатах сформирован-ность:

— способности самостоятельно ставить цели учеб-ной и исследовательской, проектной деятельности,планировать, осуществлять, контролировать и оце-нивать учебные действия в соответствии с постав-ленной задачей и условиями ее выполнения;

— умения самостоятельно планировать альтерна-тивные пути достижения целей, осознанно выбиратьнаиболее эффективные способы решения учебныхи познавательных задач;

— умения находить необходимую информацию,критически оценивать и интерпретировать инфор-мацию в различных источниках (в справочниках,литературе, Интернете), представлять информациюв различной форме (словесной, табличной, графиче-ской, символической), обрабатывать, хранить и пе-редавать информацию в соответствии с познаватель-ными или коммуникативными задачами;

— навыков осуществления познавательной, учеб-но-исследовательской и проектной деятельности,навыков разрешения проблем; способности и готов-ности к самостоятельному поиску методов решения

9

практических задач, применению различных мето-дов познания;

— умения продуктивно общаться и взаимодейст-вовать в процессе совместной деятельности, учиты-вать позиции других участников деятельности, эф-фективно разрешать конфликты;

— умения владения языковыми средствами —умения ясно, логично и точно излагать свою точ-ку зрения, использовать адекватные языковые сред-ства;

— умения представлять информацию в словес-ной, графической, табличной, символической форме;

— навыков познавательной рефлексии как осоз-нания совершаемых действий и мыслительных про-цессов, их результатов и оснований, границ своегознания и незнания, новых познавательных задач исредств их достижения.

В предметных результатах сформированность1:— представлений о геометрии как части мировой

культуры и о ее месте в современной цивилизации, оспособах описания на математическом языке явле-ний реального мира;

— представлений об историческом пути развитиягеометрии как науки;

— представлений о математических понятияхкак о важнейших математических моделях, позво-ляющих описывать и изучать разные процессы и яв-ления; понимание возможности аксиоматическогопостроения математических теорий;

— умения применять методы доказательств иалгоритмы решения, проводить доказательные рас-суждения в ходе решения задач;

— умения пользоваться основными понятиями оплоских и пространственных геометрических фигу-рах, их основными свойствами;

1 См.: Федеральный государственный образователь-ный стандарт среднего (полного) общего образования /М-во образования и науки РФ. — (Стандарты второго по-коления). Приказ Министерства образования и науки РФот 17.05.2012. № 413. С. 15.

10

— умения распознавать на чертежах, моделях ив реальном мире геометрические фигуры;

— умения выполнять геометрические постро-ения, строить простейшие сечения геометрическихтел;

— умения исследовать и описывать пространст-венные объекты, для чего использовать свойстваплоских и пространственных геометрических фи-гур, методы вычисления их линейных элементов иуглов (плоских и двугранных);

— умения применять изученные свойства гео-метрических фигур и формулы для решения гео-метрических задач и задач с практическим содер-жанием;

— умения использовать готовые компьютерныепрограммы при решении задач.

...........................................................Тематическое планирование

Тематическое планирование реализует один извозможных подходов к распределению изучаемогоматериала. Оно не носит обязательного характера ине исключает возможностей иного распределениясодержания.

В примерном тематическом планировании разде-лы основного содержания разбиты на темы в поряд-ке их изучения.

Особенностью примерного тематического плани-рования является то, что в нем содержится описаниевозможных видов деятельности обучающихся в про-цессе усвоения соответствующего содержания, на-правленных на достижение поставленных целейобучения. Это ориентирует учителя на усиление де-ятельностного подхода в обучении, на организациюразнообразной учебной деятельности, отвечающейсовременным психолого-педагогическим взглядам,на использование современных технологий.

В учебнике реализована идея уровневой диффе-ренциации: параграфы, отмеченные знаком *, пред-назначены для углубленной подготовки учащихся.

11

10кл

асс

(35

ч/70

ч)

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

уч

ебно

й д

еяте

льно

сти

учащ

ихся

12

Гл

ава

1. П

ря

мы

е и

пл

оск

ости

в п

рос

тран

стве

14

28

1.1

.Осн

овн

ые

свой

ства

п

рос

тран

ства

Осн

овн

ые

пон

яти

я с

тер

еом

етр

ии

(точ

ка,

п

ря

мая

, п

лос

кос

ть,

пр

остр

анст

во).

Сво

йст

ва п

рос

тран

ства

(ак

сиом

ы),

сл

ед-

стви

я и

з н

их

, ф

орм

ул

ир

овк

а и

док

аза-

тел

ьств

о те

орем

ы о

пер

есеч

ени

и д

вух

п

лос

кос

тей

. О

снов

ны

е сп

особ

ы з

адан

ия

п

лос

кос

ти:

трем

я т

очк

ами

, н

е л

ежащ

и-

ми

на

одн

ой п

ря

мой

; д

вум

я п

ерес

екаю

-щ

им

ися

пр

ям

ым

и;

пр

ям

ой и

не

пр

ин

а-д

леж

ащей

ей

точ

кой

. Д

ва с

пос

оба

зад

а-н

ия

пр

ям

ой в

пр

остр

анст

ве:

дву

мя

то

чк

ами

и д

вум

я п

ерес

екаю

щи

ми

ся

пл

оск

остя

ми

. П

остр

оен

ие

сеч

ени

й

пр

осте

йш

их

мн

огог

ран

ни

ков

мет

одом

сл

едов

14

Фор

му

ли

ров

ать

свой

ства

пр

остр

анст

ва

(ак

сиом

ы).

Пер

ечи

сля

ть с

пос

обы

зад

ани

я

пл

оск

ости

в п

рос

тран

стве

: тр

емя

точ

кам

и,

не

леж

ащи

ми

на

одн

ой п

ря

мой

; п

ря

мой

и

не

пр

ин

адл

ежащ

ей е

й т

очк

ой.

Пер

ечи

сля

ть с

пос

обы

зад

ани

я п

ря

мой

в п

рос

тран

стве

: д

вум

я т

очк

ами

и д

вум

яп

ерес

екаю

щи

ми

ся п

лос

кос

тям

и.

Исп

оль-

зова

ть я

зык

сте

рео

мет

ри

и д

ля

оп

иса

ни

я

объ

екто

в ок

ру

жаю

щег

о м

ир

а. Р

асп

озн

а-ва

ть н

а ч

ерте

жах

и м

одел

ях

пл

оск

ие

ип

рос

тран

стве

нн

ые

геом

етр

ич

еск

ие

фи

гур

ы

(пи

рам

ид

ы,

пр

изм

ы),

соо

тнос

ить

тр

ехм

ер-

ны

е об

ъек

ты с

их

оп

иса

ни

ям

и,

чер

теж

а-м

и,

изо

браж

ени

ям

и.

Изо

браж

ать

пр

о-ст

ейш

ие

мн

огог

ран

ни

ки

(п

ир

ами

ды

,п

ри

змы

).

12

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

уч

ебно

й д

еяте

льно

сти

учащ

ихся

12

Стр

оить

сеч

ени

я п

рос

тей

ши

х м

ног

огр

анн

и-

ков

мет

одом

сл

едов

. П

ри

мен

ять

сво

йст

ва

пр

остр

анст

ва (

акси

омы

), с

лед

стви

я и

з н

их

и

тео

рем

у о

пер

есеч

ени

и д

вух

пл

оск

осте

й

дл

я р

ешен

ия

пр

осте

йш

их

зад

ач н

а п

остр

о-ен

ия

изо

браж

ени

й м

ног

огр

анн

ик

ов

Пр

оек

т «

Зад

ачи

на

пос

трое

ни

е. Н

ераз

-р

еши

мос

ть к

лас

сич

еск

их

зад

ач н

а п

остр

оен

ие»

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

ема-

тизи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

а-ц

ию

. И

спол

ьзов

ать

раз

ли

чн

ые

ист

очн

ик

и

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад п

рое

кто

м

1.2

.Пар

алл

ельн

ость

пр

ям

ых

и

пл

оск

осте

й в

пр

остр

анст

веП

оня

тия

пар

алл

ельн

ости

пр

ям

ых

в

пр

остр

анст

ве,

пар

алл

ельн

ости

пр

я-

мой

и п

лос

кос

ти,

пар

алл

ельн

ости

дву

х

пл

оск

осте

й и

ск

рещ

ива

ющ

их

ся п

ря

-м

ых

. Т

еор

емы

о с

вой

ства

х и

пр

изн

аках

п

арал

лел

ьнос

ти в

пр

остр

анст

ве.

Чет

вер

-

25

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я п

арал

лел

ь-н

ых

пр

ям

ых

; п

ря

мой

, п

арал

лел

ьной

пл

ос-

кос

ти;

пар

алл

ельн

ых

пл

оск

осте

й;

скр

ещи

-ва

ющ

их

ся п

ря

мы

х.

Фор

му

ли

ров

ать

свой

ства

и п

ри

знак

и п

а-р

алл

ельн

ости

. П

ри

вод

ить

пр

им

еры

вза

им

-н

ого

рас

пол

ожен

ия

пар

пр

ям

ых

, п

ар п

лос

-к

осте

й и

пр

ям

ой и

пл

оск

ости

в п

рос

тран

ст-

13

тый

сп

особ

зад

ани

я п

лос

кос

ти д

вум

я

пар

алл

ельн

ым

и п

ря

мы

ми

. С

лу

чаи

р

асп

олож

ени

я:

—п

ар п

ря

мы

х в

пр

остр

анст

ве (

пар

ал-

лел

ьны

е, с

кр

ещи

ваю

щи

еся

, п

ерес

екаю

-щ

иес

я);

—п

ря

мой

и п

лос

кос

ти (

пр

ин

адл

еж-

нос

ть,

пер

есеч

ени

е, п

арал

лел

ьнос

ть);

—д

вух

пл

оск

осте

й (

пер

есеч

ени

еи

пар

алл

ельн

ость

)

ве.

Нах

оди

ть п

арал

лел

ьны

е п

ря

мы

е,п

ря

мы

е и

пл

оск

ости

, п

ары

пар

алл

ельн

ых

п

лос

кос

тей

, ск

рещ

ива

ющ

иес

я п

ря

мы

е н

а м

одел

ях

и и

зобр

ажен

ия

х м

ног

огр

анн

ик

ов.

Пр

им

еня

ть п

ри

знак

и и

сво

йст

ва п

арал

-л

ельн

ости

пр

и р

ешен

ии

зад

ач.

Изо

браж

ать

взаи

мн

ое р

асп

олож

ени

е п

ар п

лос

кос

тей

, п

ря

мы

х,

пр

ям

ых

и п

лос

кос

тей

Пр

оек

т «

Ист

ори

я с

озд

ани

я г

еом

етр

ии

Л

обач

евск

ого»

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

ема-

тизи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

а-ц

ию

. И

спол

ьзов

ать

раз

ли

чн

ые

ист

очн

ик

и

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад п

рое

кто

м

1.3

.Уго

л м

ежду

ск

рещ

ива

ющ

им

ися

п

ря

мы

ми

Уго

л м

ежд

у с

кр

ещи

ваю

щи

ми

ся п

ря

мы

-м

и.

Тео

рем

а о

кор

рек

тнос

ти э

того

оп

ред

елен

ия

13

Нах

оди

ть у

гол

меж

ду

ск

рещ

ива

ющ

им

ися

п

ря

мы

ми

на

мод

еля

х м

ног

огр

анн

ик

ов и

их

и

зобр

ажен

ия

х.

Стр

оить

на

изо

браж

ени

ях

пр

осте

йш

их

м

ног

огр

анн

ик

ов п

лос

ки

й у

гол

, р

авн

ый

у

глу

меж

ду

ск

рещ

ива

ющ

им

ися

пр

ям

ым

и,

нах

оди

ть е

го в

ели

чи

ну

. Р

ешат

ь ти

пов

ые

и

нес

тан

дар

тны

е за

дач

и н

а н

ахож

ден

ие

угл

а м

ежд

у с

кр

ещи

ваю

щи

ми

ся п

ря

мы

ми

14

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

уч

ебно

й д

еяте

льно

сти

учащ

ихся

12

Кон

трол

ьная

раб

ота

№1

11

Кон

трол

ир

оват

ь и

оц

ени

вать

сво

ю р

абот

у.

Ста

вить

цел

и н

а сл

еду

ющ

ий

эта

п о

буч

ени

я

1.4

.Пер

пен

дик

уля

рн

ость

пр

ям

ой

и п

лос

кос

тиП

оня

тие

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ости

меж

ду

п

ря

мы

ми

, м

ежд

у п

ря

мой

и п

лос

кос

тью

. П

ри

знак

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ости

пр

ям

ой

и п

лос

кос

ти.

Тео

рем

а о

еди

нст

вен

нос

ти

пер

пен

ди

ку

ля

ра

к п

лос

кос

ти.

Тео

рем

а о

дву

х п

ря

мы

х,

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ых

п

лос

кос

ти.

Ор

того

нал

ьное

и п

арал

лел

ь-н

ое п

рое

кти

ров

ани

я.

Ми

ни

мал

ьное

св

ойст

во п

ерп

енд

ик

ул

яр

а к

пл

оск

ости

24

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я п

ерп

енд

ик

у-

ля

рн

ости

меж

ду

пр

ям

ым

и в

пр

остр

анст

ве;

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ости

пр

ям

ой и

пл

оск

ости

; п

ри

знак

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ости

пр

ям

ой и

п

лос

кос

ти;

теор

емы

о е

ди

нст

вен

нос

ти п

ер-

пен

ди

ку

ля

ра

к п

лос

кос

ти;

теор

ема

о д

вух

п

ря

мы

х,

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ых

пл

оск

ости

. Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

и с

вой

ства

пар

алл

ельн

ого

и о

рто

гон

альн

ого

пр

оек

ти-

ров

ани

я.

Нах

оди

ть н

а и

зобр

ажен

ии

мн

ого-

гран

ни

ка

пл

оск

ость

, п

ерп

енд

ик

ул

яр

ну

ю

дан

ной

пр

ям

ой,

пол

ьзу

ясь

пр

изн

аком

.Н

аход

ить

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ые

пр

ям

ые

в п

рос

тран

стве

на

мод

еля

х и

чер

теж

ах.

Фор

му

ли

ров

ать

свой

ства

фи

гур

, п

олу

чен

-н

ых

в р

езу

льт

ате

орто

гон

альн

ого

и п

арал

-л

ельн

ого

пр

оек

тир

ован

ия

15

1.5

.Тео

рем

а о

трех

пер

пен

дик

уля

рах

Тео

рем

а о

нак

лон

ны

х и

их

пр

оек

ци

ях

. Т

еор

ема

о тр

ех п

ерп

енд

ик

ул

яр

ах.

Рас

стоя

ни

е от

точ

ки

до

пр

ям

ой

24

Фор

му

ли

ров

ать

свой

ства

нак

лон

ны

х и

их

п

рое

кц

ий

и т

еор

ему

о т

рех

пер

пен

ди

ку

ля

-р

ах.

Вы

чи

сля

ть о

дн

у и

з тр

ех в

ели

чи

н:

дл

ин

у н

акл

онн

ой,

ее п

рое

кц

ию

, д

ли

ну

со

отве

тств

ую

щег

о п

ерп

енд

ик

ул

яр

а.Н

а и

зобр

ажен

ия

х к

уба

, п

рав

ил

ьног

о те

тра-

эдр

а, п

ря

моу

гол

ьног

о п

арал

лел

епи

пед

а:а)

ил

лю

стр

ир

оват

ь те

орем

у о

тр

ех п

ерп

ен-

ди

ку

ля

рах

;б)

реш

ать

зад

ачи

на

док

азат

ельс

тво,

по-

стр

оен

ие

и в

ыч

исл

ени

я, и

спол

ьзу

я т

еор

емы

о

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ости

пр

ям

ой и

пл

оск

ос-

ти,

о тр

ех п

ерп

енди

ку

ля

рах

, ар

гум

енти

ру

я

соот

ветс

тву

ющ

ие

шаг

и л

оги

чес

ког

о, в

ыч

ис-

ли

тел

ьног

о и

кон

стр

ук

тивн

ого

хар

акте

ра

1.6

.Уго

л м

ежду

пр

ям

ой и

пл

оск

ость

юУ

гол

меж

ду

пр

ям

ой и

пл

оск

ость

ю.

Тео

рем

а о

ми

ни

мал

ьнос

ти э

того

угл

а

22

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

е у

гла

меж

ду

п

ря

мой

и п

лос

кос

тью

, те

орем

у о

ми

ни

-м

альн

ости

угл

а. У

каз

ыва

ть у

глы

меж

ду

п

ря

мой

и п

лос

кос

тью

на

мод

еля

х и

изо

бра-

жен

ия

х м

ног

огр

анн

ик

ов.

Реш

ать

зад

ачи

н

а п

остр

оен

ие

и в

ыч

исл

ени

е у

гла

меж

ду

п

ря

мой

и п

лос

кос

тью

с и

спол

ьзов

ани

ем

изо

браж

ени

й м

ног

огр

анн

ик

ов,

аргу

мен

ти-

ру

я у

твер

жд

ени

я

16

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

уч

ебно

й д

еяте

льно

сти

учащ

ихся

12

1.7

.Дву

гран

ны

й у

гол

меж

ду

пл

оско

стя

ми

Пон

яти

е д

вугр

анн

ого

угл

а и

его

хар

ак-

тер

ист

ик

и —

ли

ней

ног

о у

гла.

Пр

изн

ак

рав

енст

ва д

вугр

анн

ых

угл

ов:

теор

ема

о то

м,

что

ли

ней

ны

й у

гол

зад

ает

дву

гран

-н

ый

уго

л.

Пр

изн

ак п

ерп

енд

ик

ул

яр

нос

-ти

дву

х п

лос

кос

тей

. Т

еор

ема

о п

лощ

ади

п

рое

кц

ии

фи

гур

ы н

а п

лос

кос

ти

24

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я д

вугр

анн

ого

угл

а, л

ин

ейн

ого

угл

а д

вугр

анн

ого.

Фор

му

-л

ир

оват

ь п

ри

знак

рав

енст

ва д

вугр

анн

ых

у

глов

; п

ри

знак

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ости

дву

х

пл

оск

осте

й;

теор

ему

о п

лощ

ади

пр

оек

ци

и

фи

гур

ы н

а п

лос

кос

ти.

Стр

оить

ли

ней

ны

й

уго

л д

вугр

анн

ого,

вы

чи

сля

ть е

го в

ели

чи

ну

. Н

аход

ить

пер

пен

ди

ку

ля

рн

ые

пл

оск

ости

на

мод

еля

х и

изо

браж

ени

ях

мн

огог

ран

ни

ков

. Р

ешат

ь за

дач

и с

исп

ольз

ован

ием

изу

чен

-н

ых

тео

рет

ич

еск

их

фак

тов

Кон

трол

ьная

раб

ота

№2

11

Кон

трол

ир

оват

ь и

оц

ени

вать

сво

ю р

абот

у.

Ста

вить

цел

и н

а сл

еду

ющ

ий

эта

п о

буч

ени

я

Гл

ава

2. М

ног

огр

анн

ик

и1

01

9

2.1

.Изо

браж

ени

е м

ног

оуго

льн

ик

ов

и м

ног

огр

анн

ик

ов1

2П

ри

мен

ять

осн

овн

ые

зак

оны

пр

и п

остр

о-ен

ии

изо

браж

ени

й м

ног

оуго

льн

ик

ов и

17

Пос

трое

ни

е и

зобр

ажен

ия

мн

огог

ран

ни

-к

а с

пом

ощью

пар

алл

ельн

ого

пр

оек

ти-

ров

ани

я

мн

огог

ран

ни

ков

в п

арал

лел

ьной

пр

оек

ци

и.

Стр

оить

в п

арал

лел

ьной

пр

оек

ци

и и

зобр

а-ж

ени

я л

юбо

го т

реу

гол

ьни

ка,

пар

алл

ело-

грам

ма,

пр

ям

оуго

льн

ик

а, р

омба

, тр

апец

ии

, ок

ру

жн

ости

. Ф

орм

ул

ир

оват

ь св

ойст

ва р

ом-

ба,

пр

ям

оуго

льн

ик

а, к

вад

рат

а, т

рап

еци

и,

ин

вар

иан

тны

е п

ри

пар

алл

ельн

ом п

рое

кти

-р

ован

ии

. Д

елат

ь п

рос

тей

ши

е п

остр

оен

ия

н

а и

зобр

ажен

ия

х м

ног

оуго

льн

ик

ов

и м

ног

огр

анн

ик

ов

2.2.

Пос

трое

ни

я н

а и

зобр

ажен

ия

хМ

етод

ы п

остр

оен

ия

сеч

ени

й н

а и

зобр

а-ж

ени

ях

мн

огог

ран

ни

ков

: м

етод

сл

едов

, м

етод

всп

омог

ател

ьны

х п

лос

кос

тей

и

мет

од в

ну

трен

нег

о п

рое

кти

ров

ани

я

22

Стр

оить

сеч

ени

я н

а и

зобр

ажен

ия

х м

ног

о-гр

анн

ик

ов:

мет

одом

сл

едов

, м

етод

ом

всп

омог

ат

ельн

ых

пл

оск

ост

ей и

мет

одом

вн

ут

рен

нег

о п

роек

ти

рова

ни

я. Н

аход

ить

п

лощ

ади

и п

ери

мет

ры

сеч

ени

й

2.3

.Вы

пук

лы

е м

ног

огр

анн

ик

иП

оня

тие

пол

уп

рос

тран

ства

. П

оня

тия

вы

пу

кл

ого

мн

огог

ран

ни

ка,

вы

пу

кл

ой

фи

гур

ы.

Эл

емен

ты м

ног

огр

анн

ик

ов:

гран

и,

реб

ра,

вер

ши

ны

, д

вугр

анн

ые

угл

ы,

мн

огог

ран

ны

е у

глы

. Т

еор

ема

о п

ерес

ечен

ии

вы

пу

кл

ых

фи

гур

11

Раз

ли

чат

ь и

наз

ыва

ть в

ып

ук

лы

е и

нев

ы-

пу

кл

ые

мн

огог

ран

ни

ки

. Ф

орм

ул

ир

оват

ь оп

ред

елен

ия

пон

яти

й в

ып

ук

лог

о м

ног

о-гр

анн

ик

а, в

ып

ук

лой

фи

гур

ы.

Фор

му

ли

ро-

вать

тео

рем

у о

пер

есеч

ени

и в

ып

ук

лы

х ф

и-

гур

. Н

азы

вать

эл

емен

ты м

ног

огр

анн

ик

ов:

гран

и,

реб

ра,

вер

ши

ны

, д

вугр

анн

ые

угл

ы,

мн

огог

ран

ны

е у

глы

18

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

уч

ебно

й д

еяте

льно

сти

учащ

ихся

12

2.4.

Мн

огог

ран

ны

е уг

лы

Тр

ехгр

анн

ый

уго

л. М

ног

огр

анн

ый

уго

л.

Тео

рем

а о

сум

ме

пл

оск

их

угл

ов т

рех

-гр

анн

ого

угл

а. Н

ерав

енст

во т

реу

гол

ьни

-к

а д

ля

тр

ехгр

анн

ого

угл

а

13

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я т

рех

гран

ног

о у

гла

и м

ног

огр

анн

ого

угл

а. Ф

орм

ул

ир

оват

ь те

орем

у о

сво

йст

вах

пл

оск

их

угл

ов т

рех

-гр

анн

ого

угл

а. Н

аход

ить

на

мод

еля

х и

изо

-бр

ажен

ия

х т

рех

гран

ны

е и

мн

огог

ран

ны

е у

глы

и и

х э

лем

енты

. И

спол

ьзов

ать

опр

еде-

лен

ия

и т

еор

емы

дл

я р

ешен

ия

зад

ач

2.5.

Пи

рам

ида

. Пра

вил

ьная

пи

рам

ида

n-У

гол

ьная

пи

рам

ид

а и

ее

элем

енты

: ос

нов

ани

е, в

ерш

ин

ы,

бок

овы

е р

ебр

а,

бок

овы

е гр

ани

, вы

сота

. Т

еор

емы

: о

свой

стве

пи

рам

ид

ы с

рав

ны

ми

бок

о-вы

ми

реб

рам

и;

о св

ойст

ве п

ир

ами

ды

с

рав

ны

ми

угл

ами

меж

ду

осн

ован

ием

и

бок

овы

ми

гр

аня

ми

; о

свой

стве

пар

ал-

лел

ьны

х с

ечен

ий

в п

ир

ами

де.

Пр

ави

ль-

ная

пи

рам

ид

а

25

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я n

-уго

льн

ой

пи

рам

ид

ы,

пр

ави

льн

ой п

ир

ами

ды

. Ф

орм

у-

ли

ров

ать

теор

ему

о с

вой

стве

пи

рам

ид

ыс

рав

ны

ми

бок

овы

ми

реб

рам

и;

теор

ему

о св

ойст

ве п

ир

ами

ды

с р

авн

ым

и у

глам

и

меж

ду

осн

ован

ием

и б

оков

ым

и г

ран

ям

и;

теор

ему

о с

вой

стве

пар

алл

ельн

ых

сеч

ени

й

в п

ир

ами

де.

Изо

браж

ать

пи

рам

ид

ы,

в то

м

чи

сле

пр

ави

льн

ые.

Нах

оди

ть э

лем

енты

пи

-р

ами

ды

по

дву

м и

звес

тны

м.

Исп

ольз

оват

ь св

ойст

ва п

ир

ами

д п

ри

реш

ени

и з

адач

19

Пр

оек

т «

Гео

мет

ри

я п

рав

ил

ьног

о те

траэ

др

а»И

скат

ь, о

тби

рат

ь, а

нал

изи

ров

ать,

си

стем

а-ти

зир

оват

ь и

кл

асси

фи

ци

ров

ать

ин

фор

ма-

ци

ю.

Исп

ольз

оват

ь р

азл

ич

ны

е и

сточ

ни

ки

и

нф

орм

аци

и д

ля

раб

оты

над

пр

оек

том

2.6

.При

зма,

пар

алл

елеп

ип

едП

ри

зма

и е

е ос

нов

ны

е эл

емен

ты:

осн

ова-

ни

я,

бок

овы

е гр

ани

, бо

ков

ые

реб

ра,

вер

-ш

ин

ы,

высо

та.

Пр

ям

ая и

пр

ави

льн

ая

пр

изм

а. П

арал

лел

епи

пед

. П

ря

моу

гол

ь-н

ый

пар

алл

елеп

ип

ед.

Тео

рем

ы:

свой

ст-

во д

иаг

онал

ей п

арал

лел

епи

пед

а; с

вой

ст-

во д

иаг

онал

ей п

ря

моу

гол

ьног

о п

арал

ле-

леп

ип

еда.

Тео

рем

а П

иф

агор

а д

ля

п

ря

моу

гол

ьног

о п

арал

лел

епи

пед

а

25

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я п

ри

змы

, п

ря

-м

ой п

ри

змы

, п

рав

ил

ьной

пр

изм

ы,

пар

ал-

лел

епи

пед

а, п

ря

моу

гол

ьног

о п

арал

лел

епи

-п

еда.

Фор

му

ли

ров

ать

теор

емы

: о

свой

стве

д

иаг

онал

ей п

арал

лел

епи

пед

а; т

еор

ему

П

иф

агор

а д

ля

пр

ям

оуго

льн

ого

пар

алл

еле-

пи

пед

а. И

зобр

ажат

ь п

ри

змы

и п

арал

лел

е-п

ип

еды

. П

ри

мен

ять

тео

рем

ы д

ля

реш

ени

я

зад

ач

Кон

трол

ьная

раб

ота

№3

11

Кон

трол

ир

оват

ь и

оц

ени

вать

сво

ю р

абот

у.

Ста

вить

цел

и н

а сл

еду

ющ

ий

эта

п о

буч

ени

я

Гл

ава

3. К

руг

лы

е те

ла

61

0

3.1

.Осн

овн

ые

пон

яти

яК

ону

с и

его

эл

емен

ты:

осн

ован

ие,

бок

о-ва

я п

овер

хн

ость

, вы

сота

, р

ади

ус

осн

ова-

ни

я.

Ци

ли

нд

р и

его

эл

емен

ты:

осн

ова-

ни

я,

обр

азу

ющ

ие,

вы

сота

, р

ади

ус

осн

о-ва

ни

я,

обр

азу

ющ

ие,

вы

сота

, р

ади

ус

11

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я ц

ил

ин

др

а,

кон

уса

, ш

ара,

сф

еры

. И

зобр

ажат

ь ц

и-

ли

нд

р,

кон

ус,

шар

, и

х о

севы

е се

чен

ия

и

пр

оек

ци

и.

Ук

азы

вать

на

изо

браж

ени

ях

их

эл

емен

ты.

Пр

иво

ди

ть п

ри

мер

ы р

еал

ьны

х

объ

екто

в, и

мею

щи

х ф

орм

у ц

ил

ин

др

а,

20

Про

дол

жен

ие

та

бл.

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

уч

ебно

й д

еяте

льно

сти

учащ

ихся

12

осн

ован

ия

. П

ря

мой

кр

уго

вой

кон

ус

и

ци

ли

нд

р.

Шар

и е

го э

лем

енты

: р

ади

ус,

д

иам

етр

, х

орд

а и

сф

ери

чес

кая

пов

ерх

-н

ость

кон

уса

и ш

ара.

Пр

овод

ить

пи

сьм

енн

ые

и

уст

ны

е л

оги

чес

ки

е об

осн

ован

ия

пр

и р

еше-

ни

и з

адач

на

выч

исл

ени

е и

док

азат

ельс

тво

3.2.

Тел

а вр

ащен

ия

Тел

о вр

ащен

ия

, ос

ь, о

сево

е се

чен

ие.

Т

еор

ема

о се

чен

ии

шар

а п

лос

кос

тью

. Т

еор

ема

о к

рат

чай

шем

пу

ти н

а сф

ере

11

Изо

браж

ать

осев

ые

сеч

ени

я и

пр

оек

ци

и

ци

ли

нд

ра,

кон

уса

и ш

ара.

Фор

му

ли

ров

ать

теор

емы

о с

ечен

ии

шар

а п

лос

кос

тью

и

о к

рат

чай

шем

пу

ти н

а сф

ере.

Пр

им

еня

ть

свой

ства

ци

ли

нд

ра,

кон

уса

, ш

ара

и т

еор

е-м

ы о

сеч

ени

и ш

ара

пр

и р

ешен

ии

зад

ач

3.3.

Кас

ани

е кр

угл

ых

тел

с п

лос

кос

тью

, с

пр

ям

ой и

меж

ду с

обой

Пл

оск

ость

, к

асат

ельн

ая к

сф

ере.

Тео

ре-

ма

о су

щес

твов

ани

и и

ед

ин

стве

нн

ости

п

лос

кос

ти,

кас

ающ

ейся

сф

еры

в д

анн

ой

точ

ке.

Кл

асси

фи

кац

ия

сл

уч

аев

кас

ани

я

12

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

е п

лос

кос

ти,

кас

ающ

ейся

сф

еры

и с

оотв

етст

вую

щей

тео

-р

емы

. О

бъя

сня

ть,

что

озн

ачаю

т п

оня

тия

: к

асан

ие

дву

х с

фер

, к

асан

ие

меж

ду

пр

ям

ой

и п

овер

хн

ость

ю т

ела

вращ

ени

я и

т.

д.

Оп

ре-

дел

ять

сл

уч

ай к

асан

ия

. С

трои

ть и

зобр

аже-

ни

я к

асан

ия

кр

угл

ых

тел

. Р

ешат

ь за

дач

и

на

кас

ани

е к

ру

глы

х т

ел с

пл

оск

ость

ю,

с п

ря

мой

и м

ежд

у с

обой

21

3.4.

Вп

иса

нн

ые

и о

пи

сан

ны

е м

ног

огр

анн

ик

иВ

пи

сан

ны

е и

оп

иса

нн

ые

мн

огог

ран

ни

ки

. Г

еом

етр

ич

еск

ие

мес

та т

очек

в п

рос

тран

-ст

ве,

рав

ноу

дал

енн

ых

от

кон

цов

отр

езк

а и

от

гран

ей д

вугр

анн

ого

угл

а. Т

еор

емы

о вп

иса

нн

ых

и о

пи

сан

ны

х п

ир

ами

дах

25

Фор

му

ли

ров

ать

опр

едел

ени

я в

пи

сан

ног

ои

оп

иса

нн

ого

мн

огог

ран

ни

ка.

Фор

му

ли

ро-

вать

тео

рем

ы о

вп

иса

нн

ых

и о

пи

сан

ны

х

треу

гол

ьны

х п

ир

ами

дах

. Нах

оди

ть ц

ентр

ы

и р

ади

усы

вп

иса

нн

ой и

оп

иса

нн

ой с

фер

ы

мн

огог

ран

ни

ка.

Реш

ать

зад

ачи

на

пр

им

е-н

ени

е те

ори

и

Пр

оек

т «

Гео

мет

ри

чес

ки

е м

еста

точ

ек.

Эл

ли

пс,

ги

пер

бол

а, п

араб

ола

как

гео

-м

етр

ич

еск

ие

мес

та т

очек

»

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

ема-

тизи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

а-ц

ию

. И

спол

ьзов

ать

раз

ли

чн

ые

ист

очн

ик

и

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад п

рое

кто

м

Кон

трол

ьная

раб

ота

№4

11

Кон

трол

ир

оват

ь и

оц

ени

вать

сво

ю р

абот

у.

Ста

вить

цел

и н

а сл

еду

ющ

ий

эта

п о

буч

ени

я

Гл

ава

4. З

адач

и и

мет

оды

сте

рео

мет

ри

и4

13

4.1

.Всп

омог

ател

ьны

е п

лос

кос

ти,

сече

ни

я1

2Р

ешат

ь за

дач

и с

исп

ольз

ован

ием

пр

ием

ов

всп

омог

ател

ьны

х п

лос

кос

тей

и с

ечен

ий

4.2.

Про

екти

рова

ни

е1

2Р

ешат

ь за

дач

и с

исп

ольз

ован

ием

пр

оек

ти-

ров

ани

я

Пр

оек

ты1

. О

снов

ны

е ф

игу

ры

тр

ехм

ерн

ого

пр

остр

анст

ва и

их

сво

йст

ва.

2.

Гео

мет

ри

я и

ин

жен

ерн

ая г

раф

ик

а.3

. Г

еом

етр

ия

и и

зобр

ази

тел

ьное

и

ску

сств

о

Иск

ать,

отб

ир

ать,

ан

али

зир

оват

ь, с

ист

ема-

тизи

ров

ать

и к

лас

сиф

иц

ир

оват

ь и

нф

орм

а-ц

ию

. И

спол

ьзов

ать

раз

ли

чн

ые

ист

очн

ик

и

ин

фор

мац

ии

дл

я р

абот

ы н

ад п

рое

кто

м

22

Ок

онч

ан

ие

та

бл.

Сод

ерж

ание

мат

ериа

ла у

чебн

ика

Кол

ичес

тво

часо

вв

нед

елю

Хар

акте

рист

ика

осно

вны

х ви

дов

учеб

ной

дея

тель

ност

и уч

ащих

ся1

2

4.3

*.Н

ахож

ден

ие

угл

а и

рас

стоя

ни

я

меж

ду с

крещ

ива

ющ

им

ися

пр

ям

ым

и2

Реш

ать

зад

ачи

на

нах

ожд

ени

е у

гла

и р

асст

оян

ия

меж

ду

ск

рещ

ива

ющ

им

ися

п

ря

мы

ми

4.4*

.Раз

вер

тки

2Р

ешат

ь за

дач

и с

исп

ольз

ован

ием

раз

вер

тки

тел

а

4.5

*.К

рат

чай

ши

е п

ути

по

пов

ерх

нос

ти

тел

а1

Реш

ать

зад

ачи

на

нах

ожд

ени

е к

рат

чай

ше-

го п

ути

на

пов

ерх

нос

ти т

ела

4.6

*.Д

остр

аива

ни

е те

траэ

дра

до п

арал

лел

епи

пед

а1

Реш

ать

зад

ачи

с п

омощ

ью п

ри

ема

дос

тра-

ива

ни

я т

етр

аэд

ра

до

пар

алл

елеп

ип

еда

4.7

.Кас

ани

е к

ругл

ых

тел

12

Реш

ать

зад

ачи

на

кас

ани

е к

ру

глы

х т

ел

Ито

гова

я к

онтр

ольн

ая р

абот

а1

1К

онтр

оли

ров

ать

и о

цен

ива

ть с

вою

раб

оту

.С

тави

ть ц

ели

на

след

ую

щи

й э

тап

обу

чен

ия

Рез

ерв

1

Все

го3

57

0

23

Методические рекомендации

...........................................................к изучению материала

В начале первой главы говорится о некоторыхособенностях стереометрии, указаны ее отличия отпланиметрии. Первая же задача, с которой начина-ется введение, становится своеобразным символомстереометрии: невозможное на плоскости оказыва-ется возможным в пространстве!

Далее даны рисунки с изображениями невозмож-ного тела и неоднозначного объекта. С одной сторо-ны, цель этих рисунков — заинтересовать и даже за-интриговать учащихся, а с другой — показать им,что построение чертежей в стереометрии — делонепростое, требующее знания геометрической те-ории и правил изображения геометрических тел впространстве.

Предполагается, что учащиеся уже знакомы спростейшими многогранниками (треугольная пира-мида, куб и др.) и с их изображениями. Тем не менееполезно подготовить альбом с соответствующимиизображениями и в ходе беседы обратить вниманиена то, как изображаются видимые и невидимые ребрамногогранников. Интерес представляет задача 5. Еерешение тоже желательно подготовить заранее в томже альбоме.

Примерное планирование изучения материала

Вводный урок (*)1. Данный урок входит в темати-ческое планирование в состав занятий по § 1.1. Наданном уроке рекомендуется рассмотреть весь мате-риал введения и решить задачи 4, 5, 8.

Задание на дом: задачи 1, 3, 6.

1 Здесь и далее (*) означает, что разбор данного ма-териала следует проводить только в сильных классахили в классах с углубленным изучением математики(соответствует тематическому планированию из расчета2 ч/нед.).

24

Указания к решениям задач учебника

1. Нужно сложить спичкитак, чтобы они образоваликаркас куба.

3. Многогранник с пятьювершинами может иметь 8 ре-бер (четырехугольная пира-мида, рис. 1, а) или 9 ребер(рис. 1, б).

4. См. рис. 2.5. См. рис. 3, а, б, в, г, д.7. См. рис. 4.

8. Многогранник с шестью ребрами — это тре-угольная пирамида. И вообще, при любом целом k,начиная с 3, k-угольная пирамида (в основании кото-рой лежит k-угольник) имеет 2k ребер. У каждой пи-

Рис. 1

а) б)

A

B

D

C

а) б)

в)

д)

Рис. 3

г)

а) б)

в) г)

д) е)

ж) з)

Рис. 2

25

рамиды есть вершина, из которой выходит 3 ребра.Проведя плоскость, пересекающую только три та-ких ребра, мы «отрежем» от k-угольной пирамидытреугольную пирамиду и получим многогранник с2k + 3 ребрами. Таким способом мы можем получитьмногогранник с любым нечетным числом вершин,начиная с 9.

9. См. рисунок 5.10. Среди выпуклых многогранников таких не су-

ществует. Если же рассматривать произвольныемногогранники (допуская в них невыпуклые грани),то это возможно. Этого можно добиться, «вырезая»вдоль ребра некоего многогранника достаточно боль-шое число треугольных пирамид (рис. 5).

Рис. 5Рис. 4

26

Глава 1

...........................................................Прямые и плоскости в пространстве

В главе 1 изучаются простейшие свойства пря-мых и плоскостей в пространстве, традиционно от-носимые к основам стереометрии. Как и в курсе пла-ниметрии, в качестве начальных постулатов фор-мулируются основные свойства пространства(термин аксиома не используется). В данной главеопределяются понятия параллельности и перпенди-кулярности прямых и плоскостей в пространстве идоказываются важнейшие теоремы (свойства и при-знаки), относящиеся к этим понятиям. По мнениюавтора учебника, эту главу следует пройти в доста-точно сжатые сроки, затратив на нее не более 14 (28)учебных часов. Возможность для такого сокраще-ния времени определяется тем, что изложение мате-риала в учебнике ведется с максимальной опорой наздравый смысл, эмпиризм и наглядность. Это позво-ляет упростить многие доказательства, опуская вних некоторые логические детали, очевидные с точ-ки зрения здравого смысла и наглядности. Более то-го, автор считает, что не следует сразу слишком де-тально отрабатывать теоретический материал пер-вой главы. Есть опасность лишь потерять на этомвремя и ничего не добиться. Настоящее знание и по-нимание соответствующих тем у учащихся должнопоявиться позже, при изучении свойств многогран-ников и других тел, когда школьники начнутприменять на практике многочисленные определе-ния и теоремы первой главы.

Именно тела и в первую очередь многогранники яв-ляются основным объектом изучения в курсе стерео-метрии. В этом — основа авторской концепции. По-этому простейшие многогранники (и прежде всего —единственный «легальный» в начале курса много-гранник — треугольная пирамида) появляются ужев самом начале первой главы. И одновременно с этимучащиеся начинают осваивать методы построенияна его изображении, что в дальнейшем становитсяодним из основных видов учебной деятельности.

27

1.1. Основные свойства пространства

В § 1.1 постулируются основные свойства про-странства, даются некоторые следствия из этихсвойств и доказывается важная теорема — о пересе-чении двух плоскостей.

Предметные результаты:— формулировать свойства пространства (аксио-

мы);— перечислять способы задания плоскости в про-

странстве: тремя точками, не лежащими на однойпрямой; прямой и не принадлежащей ей точкой;

— перечислять способы задания прямой в про-странстве: двумя точками и двумя пересекающими-ся плоскостями. Использовать язык стереометриидля описания объектов окружающего мира. Распоз-навать на чертежах и моделях плоские и пространст-венные геометрические фигуры (пирамиды, приз-мы), соотносить трехмерные объекты с их описа-ниями, чертежами, изображениями. Изображатьпростейшие многогранники (пирамиды, призмы);

— строить сечения простейших многогранниковметодом следов. Применять свойства пространства(аксиомы), следствия из них и теорему о пересече-нии двух плоскостей для решения простейших задачна построения изображений многогранников.

Методические рекомендации к изучению материала

При решении задач о построении сечений на изо-бражениях многогранников следует иметь в виду, чтоэтот вопрос будет подробно рассмотрен позже, в гла-ве 2. Сейчас же следует обратить внимание на прак-тическое применение основных свойств пространст-ва и следствий из них. При этом можно не требоватьот учеников подробного объяснения решений этих за-дач. Если они окажутся слишком сложными, то ихдаже можно опустить (по крайней мере, наиболеесложные случаи), предложив учащимся просто поду-мать над ними и обещав в будущем к ним вернуться.

При изучении § 1.1 важно обратить внимание,что существуют три основных способа задания плос-

28

кости (тремя точками, не лежащими на одной пря-мой; двумя пересекающимися прямыми; прямой ине принадлежащей ей точкой) и два способа заданияпрямой в пространстве (двумя точками и двумя пе-ресекающимися плоскостями).

Примерное планирование изучения материала

Урок 11. Рассмотреть два основных свойства про-странства и следствия из них. Решить задачи 3, 4, 5, 6.

Задание на дом: изучить § 1.1 (до теоремы 1.1);задачи 1, 7 (рис. 13, а, б), 9 (рис. 15, а).

Урок 2 (*). Сформулировать и доказать теоре-му 1.1. Решить задачи 7 (рис. 13, в), 8 (рис. 14, б),9 (рис. 15, б, в).

Задание на дом: теорема 1.1, задачи 2, 8(рис. 14, а), 10.

Урок 3 (*). Провести опрос по теории и выполнитьсамостоятельную работу (сечения).

Указания к решениям задач учебника

1. Эти прямые принадлежат плоскости, задавае-мой тремя точками, в которых данные прямые пере-секаются попарно.

2. Если данные точки лежат в одной плоскости, ноникакие три из них не принадлежат одной прямой, тотакая плоскость одна. Если данные точки не лежат водной плоскости, то таких плоскостей четыре. В ос-тальных случаях таких плоскостей бесконечно много.

3. Эта прямая должна пройти через точку пересе-чения прямых AB и СD.

4. Возьмем две прямые из числа данных. По усло-вию они пересекаются. Рассмотрим плоскость, со-держащую эти две прямые. Любая из оставшихсяпрямых принадлежит этой плоскости, посколькудве ее точки (точки пересечения с двумя выбранны-ми прямыми) принадлежат этой плоскости.

5. Ответ: такое сечение невозможно. Обоснова-ние: две противоположные стороны этого сечения

1 Предваряется вводным уроком (см. с. 23 данного ме-тодического пособия).

29

(изображенные на рисунке сплошной линией) припродолжении пересекаются с продолжением перед-него ребра пирамиды в различных точках, но самоэто ребро не принадлежит плоскости сечения.

6. Точки, лежащие в одной грани, соединяют от-резками, которые продолжают до пересечения ссоответствующими ребрами пирамиды (см. рис. 6).

7. На рис. 7 показаны этапы построения сечениядля рис. 13, б (§ 1.1). Для других случаев решенияаналогичны. (Вообще говоря, именно случай, показан-ный на рис. 13, б (§ 1.1), является наиболее общим.)

8. Для случая, показанного на рис. 14, а (§ 1.1),строим точки пересечения KL и РQ, а затем LM и QR.

а) б)

в) г)Рис. 6

1)

Рис. 7

2) 3)

30

Прямая, определяемая постро-енными точками, является ис-комой (рис. 8).

Для случая, показанного нарис. 14, б (§ 1.1), постройтесначала сечения, определяе-мые указанными точками, —см. задачу 6, случай на рис. 12,г (§ 1.1).

9. См. рис. 9, а, б, в. Для слу-чая, показанного на рис. 15, в(§ 1.1), построив вспомогатель-ное сечение, проходящее че-

рез K и ребро куба, содержащееточку L, найдите точку пересе-чения прямой KL с плоскостьюнижнего основания. Соединивэту точку с M, постройте отре-зок, по которому данное сече-ние пересекает нижнюю гранькуба, и т. д.

10. Сначала надо построитьсечение, проходящее через точ-ки K, M и середину отрезкаDC. Искомая точка — этоточка пересечения прямой KMи прямой, проходящей черезсередину DC и точку пере-

RP

K Q

L

M

Рис. 8

K

L

M

б)

K

L

Mв)

Рис. 9

A

B

C

D

K

M

Рис. 10

а)

K

LM

31

сечения ребра AB с плоскостью сечения (обе прямыележат в плоскости сечения), — см. рис. 10.

Дополнительные задачи

1. Имеются плоский четырехугольник AВСD и нележащий в его плоскости треугольник АMD. Покакой прямой пересекаются плоскости BAM иАМD, ВCD и СМD? (Ответ: AM, CD.)

2. Как при помощи двух нитей столяр может прове-рить, лежат ли концы четырех ножек стола в од-ной плоскости?

3. Три различные плоскости имеют общую точку.Верно ли, что эти плоскости имеют общую пря-мую? (Ответ: неверно.)

4. Даны плоскость α и прямоугольник АВСD. Можетли принадлежать плоскости α: а) ровно одна вер-шина прямоугольника; б) ровно две его вершины;в) ровно три его вершины? (Ответ: а) да; б) да;в) нет.)

5. Даны две пересекающиеся прямые. Всегда литретья прямая, имеющая с каждой из данныхпрямых общую точку, лежит в плоскости, опреде-ляемой этими прямыми? (Ответ: нет. Она можетпроходить через точку их пересечения.)

1.2. Параллельность прямыхи плоскостей в пространстве

В этом параграфе даются определения следую-щих понятий: «параллельность прямых в простран-стве», «параллельность прямой и плоскости», «па-раллельность двух плоскостей и скрещивающихсяпрямых». Доказываются шесть теорем о свойствах ипризнаках параллельности в пространстве.

Следует обратить внимание учащихся на то, чтотеперь появились новые возможности для заданияплоскости (помимо трех основных): парой параллель-ных прямых, точкой и параллельной плоскостью идругие. Кроме того, можно указать все случаи вза-имного расположения пар прямых в пространстве

32

(параллельные, скрещивающиеся, пересекающие-ся), прямой и плоскости (принадлежность, пересече-ние, параллельность), двух плоскостей (пересечениеи параллельность).

Предметные результаты:— формулировать определения параллельности

прямых; прямой, параллельной плоскости; парал-лельных плоскостей; скрещивающихся прямых;

— формулировать свойства и признаки парал-лельности. Приводить примеры взаимного располо-жения пар прямых, пар плоскостей и прямой и плос-кости в пространстве. Находить параллельные пря-мые, прямые и плоскости, пары параллельныхплоскостей, скрещивающиеся прямые на моделях иизображениях многогранников. Применять призна-ки и свойства параллельности при решении задач.Изображать взаимное расположение пар плоскос-тей, прямых, прямых и плоскостей.

Методические рекомендации к изучению материала

Теоретический материал параграфа можно датьединым блоком, сначала ограничившись, по сущест-ву, лишь формулировками определений и призна-ков, а затем перейти к изучению доказательств. Длязакрепления материала далее предлагается набордополнительных упражнений, поскольку в самомучебнике простых заданий «на отработку» недоста-точно. К решению же задач, приведенных в концепараграфа, следует приступить после изучения всейтеории параллельности.

Примерное планирование изучения материала

Уроки 1, 2. Изучить теоретический материал (оп-ределения и теоремы со 2-й по 7-ю), закрепить те-орию, решить дополнительные задачи.

Урок 3 (*). Решить задачи 1, 2, 3, 4, 7.Задание на дом: задачи 5, 6.Урок 4 (*). Решить задачи 8, 9, 10, 12.

33

Задание на дом: задачи 11, 13.Урок 5 (*). Решить задачи 14, 15, 17, 20.Задание на дом: задачи 16, 18, 19.

Указания к решению задач учебника

1. Утверждение следует из признака параллель-ности прямой и плоскости (теорема 1.4) и из свойст-ва средней линии треугольника: отрезок, соединяю-щий середины АD и BD, является средней линиейтреугольника АВD и параллелен АB.

2. Утверждение следует из признака параллель-ности двух плоскостей (теорема 1.5) и свойства сред-ней линии (см. предыдущую задачу).

3. Заданные параллельные прямые определяютплоскость. Эта плоскость пересекает заданные па-раллельные плоскости по параллельным прямым.Следовательно, противоположные стороны получив-шегося четырехугольника попарно параллельны,а значит, этот четырехугольник — параллелограмм.

4. По свойствам средней линии треугольника от-резки, соединяющие середины AB и ВС, а также се-редины АD и DC, параллельны АС и равны половинеАС. Значит, эти отрезки равны и параллельны, и посоответствующему признаку указанный в условиичетырехугольник является параллелограммом.

5. Искомое геометрическое место есть плоскость,параллельная данной плоскости. Это следует из ут-верждения задачи 2 и из единственности плоскости,параллельной данной и проходящей через даннуюточку.

6. Искомое геометрическое место есть плоскость,параллельная данным и проходящая через серединуодного (любого) отрезка с концами на заданныхплоскостях. Докажем это. Рассмотрим фиксирован-ный отрезок АB с концами на заданных плоскостях,а МN — произвольный отрезок. Плоскость, прохо-дящая через середину AB и параллельная даннымплоскостям, проходит через середину АМ (считаем,что А и М — в различных плоскостях). Это следуетиз теоремы 1.3 и свойств средней линии треугольни-

34

ка. Затем точно так же получаем, что эта плоскостьпроходит через середину MN.

7. Как известно (задача 4), середины четырех ука-занных отрезков служат вершинами параллелограм-ма. Из этого следует утверждение задачи.

8. Из условия следует, что любые две прямые либопараллельны, либо пересекаются. Предположим,что прямые 1 и 2 пересекаются в точке А. Предполо-жим, что какая-то из двух оставшихся прямых (пря-мая 3) не проходит через точку А. Тогда эта прямаядолжна принадлежать плоскости, определяемойпрямыми 1 и 2. Далее получаем, что и прямая 4 при-надлежит этой же плоскости, что противоречит ус-ловию. Значит, в этом случае (когда две прямые пе-ресекаются) все прямые проходят через одну точку(точку А). Если же никакие две из данных прямыхне пересекаются, то из условия получаем, что всеони попарно параллельны.

9. Пусть l1 и l2 — две скрещивающиеся прямые,А — точка на прямой l2. Проведем плоскость через l1и А, а в этой плоскости прямую l, параллельную l1.Плоскость, проходящая через l и l2, по теореме 1.4параллельна прямой l1. Точно так же докажем, чточерез l1 можно провести плоскость, параллельную l2.

10. Обозначим через с прямую, по которой пересе-каются проведенные плоскости. Прямая c не можетбыть скрещивающейся ни с прямой а, ни с прямой b.Предположим, она параллельна одной из них, на-пример прямой a. Тогда плоскость, проходящая че-рез b и с, будет параллельна прямой а (теорема 1.4),что противоречит условию: точка М не лежит в этойплоскости.

11. Поскольку прямая АВ параллельна СD, то ли-ния пересечения плоскостей АВЕ и СDЕ (прямая l)параллельна АВ (теорема 1.6). Точно так же полу-чаем, что прямая p параллельна ВС. Следовательно,угол между прямыми l и р — прямой.

12. Указанная плоскость пересекает плоскостьАВС по прямой, параллельной АВ. Значит, она де-лит отрезок АС в отношении 1 : 2 (от вершины A).В таком же отношении эта плоскость будет делитьи медиану к стороне СD в треугольнике АСD.

35

13. Докажем, что эта плоскость параллельнаплоскости АСD. Рассмотрим плоскость, проходя-щую через точку пересечения медиан одного из трехуказанных треугольников и параллельную плоскос-ти АСD, и покажем, что эта плоскость проходит че-рез точку пересечения медиан двух оставшихся тре-угольников.

14. Рассмотрим плоскость АЕF. Эта плоскостьпроходит через точку М и середину отрезка ВD —точку K. Следовательно, точка F является точкойпересечения медиан треугольника АВD. Значит,

ЕF = KМ = ВС. Искомое отношение равно 1 : 3.

15. Обозначим через L середину отрезка KС. Пря-мая МL параллельна ВK, а значит, параллельна иPQ. Следовательно, прямые МL и РQ лежат в однойплоскости. В этой же плоскости лежит и точка А.Значит, Q есть точка пересечения прямых АL и FС.Найдем, в каком отношении Q делит отрезок АL.Для этого проведем через L прямую, параллельнуюАD, и обозначим через N точку ее пересечения с FС.

Далее имеем: = = = = . Таким обра-

зом, = = = .

16. Утверждение следует из того, что любая плос-кость, пересекающая более трех граней параллеле-пипеда, обязательно пересечет хотя бы одну парупараллельных граней.

17. Ответ: не может. У любого сечения параллеле-пипеда, имеющего более пяти сторон, есть парал-лельные стороны, а у правильного пятиугольниканет параллельных сторон.

18. Указанная плоскость параллельна BC (онапроходит через среднюю линию треугольника АВC),значит, она пересекает плоскость BСD по прямой,параллельной ВС, и делит ребро СD в том же отноше-нии, что и ребро ВD, т. е. это отношение равно 1 : 3.

19. Пусть плоскости 1 и 2 параллельны прямой lи пересекаются по прямой p. Проведем через l плос-кость 3, параллельную плоскости 1. Плоскость 3 пе-

23---

13---

QLAQ---------

LNAF---------

LNFD---------

CLCD---------

14---

PQBK----------

PQ2LM---------------

12---

AQAL---------

25---

36

ресекает плоскость 2 по прямой q, параллельной l(теорема 1.2). Плоскость 2 пересекает параллельныеплоскости 1 и 3 по параллельным прямым (теоре-ма 1.3) р и q. Значит, прямые l и р параллельны (тео-рема 1.7).

20. Обозначим через N точку пересечения плос-кости KLМ с прямой ВС. Нам нужно найти длину от-резка прямой MN, расположенного внутри паралле-лепипеда (если N лежит на ребре BС, то это будет самотрезок МN). Проведем через М и N прямые, парал-лельные АА1, и обозначим через М1 и N1 точки ихпересечения с ребрами (или продолжениями ребер)верхней грани. Точка М1 — середина отрезка A1L,прямая М1N1 параллельна KL. Понятно, что точкаN1 расположена на продолжении ребра В1С1, причем

N1В1 = А1L = A1M1. Тогда часть отрезка M1N1,

расположенного внутри параллелограмма А1В1С1D1,

составляет от его длины и равна (такой же будет

и искомая часть отрезка MN, находящаяся внутрипараллелограмма АВСD).

Дополнительные задачи

1. Даны скрещивающиеся прямые а и b, точки А и Влежат на прямой а, а точки С и D — на прямой b.Докажите, что прямые АC и BD также скрещива-ются.

2. Прямые a и b параллельны. Точки А и В при-надлежат прямой а, точки C и D — прямой b.Каким может быть взаимное расположение пря-мых АС и BD? (Ответ: параллельные или пересе-кающиеся.)

3. Верно ли утверждение, что плоскости параллель-ны, если какая-либо прямая, принадлежащая од-ной плоскости, параллельна другой плоскости?(Ответ: неверно.)

4. Параллельные прямые АВ и CD пересекают двепересекающиеся плоскости α и β в точках А, В,

16---

13---

34---

32---

37

C и D (рис. 11). Постройте на данном изображе-нии точку D.

5. Дан куб АВСDА1В1C1D1 (риc. 12). Каково взаим-ное расположение прямых АА1 и ВВ1, AC1 и ВD1,АА1 и ВD? (Ответ: параллельные; пересекаю-щиеся; скрещивающиеся.)

6. Прямая а принадлежит некоторой плоскости,а прямая b пересекает эту плоскость. Каково вза-имное расположение прямых а и b? (Ответ:скрещивающиеся или пересекающиеся.)

7. Через середины сторон AB и ВС треугольникаАВС проведена плоскость, не совпадающая сплоскостью треугольника. Каково взаимное рас-положение прямой АC и проведенной плоскости?(Ответ: они параллельны.)

8. Могут ли пересекаться плоскости, параллельныеодной и той же прямой? (Ответ: да, могут.)

9. Докажите, что если две различные плоскости па-раллельны третьей плоскости, то эти плоскостипараллельны.

10. Даны треугольник AВС и трапеция АВDЕ, нележащие в одной плоскости (АВ — основание тра-пеции). Как расположены средняя линия трапе-ции и прямая, проходящая через середины сторонАС и BС? (Ответ: они параллельны.)

11. Две стороны трапеции параллельны плоскости α.Верно ли, что плоскость трапеции параллельнаплоскости α? (Ответ: неверно.)

12. Через прямую а, лежащую в одной из двух па-раллельных плоскостей, проведены две плоскос-

A

A1D1

CB

D

B1 C1

Рис. 12

α

β

AC

B

Рис. 11

38

ти, пересекающие другую плоскость по прямым b1и b2. Докажите, что прямые b1 и b2 параллельны.

13. Через точки А и А1, взятые вне плоскости, прове-дены прямые АВ и АС, А1В1 и А1С1 так, что АВпараллельна А1В1, АС параллельна А1С1 (В, С, В1,C1 — точки пересечения указанных прямых сданной плоскостью). Сделайте чертеж, иллюстри-рующий указанную ситуацию. Докажите, чтопрямая ВС либо параллельна прямой В1С1, либосовпадает с ней.

14. Верно ли утверждение, что две плоскости парал-лельны, если две прямые, лежащие в одной плос-кости, соответственно параллельны двум прямымдругой плоскости? (Ответ: неверно.)

15. Докажите, что если плоскость и прямая, не ле-жащая в этой плоскости, параллельны одной итой же плоскости, то они параллельны.

16. Диагональ АС параллелограмма АВСD парал-лельна плоскости α. Прямые АD и СD пересекаютплоскость α в точках М и N. Докажите, что тре-угольники АВС и МDN подобны.

17. Как расположены по отношению друг к другу двепрямые, если известно, что через одну из нихможно провести две различные плоскости, парал-лельные другой прямой? (Ответ: параллельны.)

1.3. Угол между скрещивающимисяпрямыми

В этом небольшом параграфе вводится определе-ние угла между скрещивающимися прямыми и дока-зывается теорема о корректности этого определения.

Материал параграфа позволяет включить в учеб-ный процесс весьма распространенный тип стерео-метрических задач (как школьных, так и конкурс-ных) на нахождение угла (а несколько позже — ирасстояния) между скрещивающимися прямыми.Кроме того, создается теоретическая база для введе-ния понятий перпендикулярных прямых и перпен-дикулярности прямой и плоскости, о которых пой-дет речь в следующем параграфе.

39

Предметные результаты:— формулировать определение угла между скре-

щивающимися прямыми и воспроизводить его дока-зательство;

— находить угол между скрещивающимися пря-мыми на моделях многогранников и их изображе-ниях;

— строить на изображениях простейших много-гранников плоский угол, равный углу между скре-щивающимися прямыми, находить его величину.Решать типовые и нестандартные задачи на нахож-дение угла между скрещивающимися прямыми.

Методические рекомендации к изучению материала

Следует напомнить учащимся, что в качестве ве-личины угла между пересекающимися прямымипринимается величина наименьшего из плоских уг-лов, образовавшихся при пересечении этих прямых,а угол между параллельными прямыми считаетсяравным нулю.

Необходимо обратить внимание на следствие изтеоремы о параллелограммах, так как оно часто ис-пользуется при решении различных задач.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теорема 1.8, решить задачу 4.Задание на дом: теорема 1.8, задача 1.Урок 2 (*). Задачи 5, 6.Задание на дом: задачи 2, 3.Урок 3 (*). Подготовка к контрольной работе, раз-

бор задач, вызвавших наибольшие затруднения вклассе и дома.

Задание на дом: подготовка к контрольной работе.

Указания к решению задач учебника

1. Указанные прямые параллельны АВ и ВС. Сле-довательно, угол между ними равен α, если α 90°,либо (180° – α) — в противном случае.

<

40

3. Поскольку KМ параллельнаBС, искомый угол равен 60°.

4. Возьмем на прямой АВ точкуЕ так, что ВЕ = АВ (рис. 13). Пря-мая EC параллельна ВD, следова-тельно, искомый угол равен углумежду прямыми KС и ЕС. Длинуотрезка ЕK нетрудно найти. (Мож-но, например, сначала по теоремекосинусов из треугольника АВKнайти косинус угла BАK, а затемпо той же теореме для треугольни-ка KАЕ найти ЕK.) ЕK = 4. Тре-

угольник KЕС — прямоугольный (прямой угол при

вершине K). Искомый угол равен arcsin .

5. Указанные в условии середины отрезков слу-жат вершинами параллелограмма. По условию ди-агонали этого параллелограмма равны. Следователь-но, этот параллелограмм является прямоугольни-ком, а искомый угол — прямой.

6. Пусть K, L, M, N — соответственно серединыAD, DС, СВ, ВА, KLMN — параллелограмм, сторо-ны которого параллельны прямым АС и ВD, равныполовинам этих ребер (равны 3 и 5), а диагональ KMравна 7. Задача сводится к нахождению острого углаэтого параллелограмма. Этот угол равен 60°.

Контрольная работа № 1

Вариант 11. В треугольнике ABC известны ∠ ВАС = 40°,

∠ BСА = 25°. ВСKМ — трапеция с основаниямиВС и KМ, не лежащая в плоскости треугольникаАВС. Какими являются прямые АВ и KM? Чемуравен угол между ними?

2. Дана треугольная пирамида АВСD. На стороне АDвзята точка K так, что АK = 3KD, на АС — точ-ка М так, что 2АМ = 3МС. Через точки K и M про-ведена плоскость, параллельная АВ и пересекаю-щая прямые ВD и ВС в точках Р и Q соответствен-но. Найдите: 1) МQ : АВ; 2) KР : АВ; 3) KР : МQ.

A

B C

D

KE

32

4

Рис. 13

310

45---

41

Вариант 2

1. В треугольнике АВС известны ∠ ВАС = 30°,∠ BСА = 35°. ВСРQ — трапеция, не лежащая вплоскости данного треугольника. ВС и РQ — ос-нования трапеции. Какими являются прямыеАВ и РQ? Чему равен угол между ними?

2. В треугольной пирамиде АВСD на BD взята точ-ка K так, что ВK : KD = 2 : 1, а на ВС — точка Mтак, что ВМ : МС = 3 : 4. Через K и M проведенаплоскость, пересекающая прямую АD в точке F,а прямую АС — в точке Т, и параллельная АВ.Найдите: 1) FK : АВ; 2) МT : АВ; 3) FK : TM.

1.4. Перпендикулярность прямой и плоскости

В этом параграфе вводятся понятия перпендику-лярности между прямыми, а также между прямой иплоскостью. Доказываются: признак перпендику-лярности прямой и плоскости, теорема о единствен-ности перпендикуляра к плоскости, теорема о двухпрямых, перпендикулярных плоскости.

Рассказывается об ортогональном проектиро-вании точек и фигур на плоскость, доказываетсяминимальное свойство перпендикуляра к плос-кости, вводится понятие параллельного проекти-рования.

Предметные результаты:— формулировать определения перпендикуляр-

ности между прямыми в пространстве; перпендику-лярности прямой и плоскости, признак перпендику-лярности прямой и плоскости; теоремы о единствен-ности перпендикуляра к плоскости; теорема о двухпрямых, перпендикулярных плоскости. Формули-ровать определения и свойства параллельного и ор-тогонального проектирования. Находить на изобра-жении многогранника плоскость, перпендикуляр-ную данной прямой, пользуясь признаком. Находитьперпендикулярные прямые в пространстве на моде-лях и чертежах. Формулировать свойства фигур, по-

42

лученные в результате ортогонального и параллель-ного проектирования.

Методические рекомендации к изучению материала

Различия между плоской и пространственной гео-метрией в значительной мере определяются именносвойствами перпендикулярных прямых и плоскос-тей. Многие положения, верные для плоскости, ока-зываются неверными в пространстве. С другой сто-роны, в большинстве случаев утверждению плоскойгеометрии соответствует некий аналог в пространст-ве. Например, две прямые в пространстве, перпенди-кулярные одной прямой, не обязательно параллель-ны (это можно проиллюстрировать с помощью реберкуба), но две прямые, перпендикулярные однойплоскости, — параллельны.

В формулировке признака перпендикулярностипрямой и плоскости не требуется, чтобы две прямыеплоскости обязательно проходили через точку пере-сечения рассматриваемой прямой с плоскостью. За-то требуется, чтобы эти прямые не были параллель-ными. На это следует обратить внимание учащихсяи предложить им ответить на вопрос: верна ли теоре-ма 1.9, если в ее формулировке убрать слово «непа-раллельными»?

При доказательстве теоремы 1.10 о единственнос-ти перпендикуляра к плоскости можно считать оче-видным факт существования хотя бы одного перпен-дикуляра к плоскости, проходящего через заданнуюточку. При работе в сильном классе замечание к тео-реме следует рассмотреть и обратить внимание на то,что при построении геометрической теории следуеточень внимательно относиться к подобным очевид-ным утверждениям.

После рассмотрения теоремы 1.13 (основное свой-ство проекций) и следствий из нее полезно доказать,что при ортогональном проектировании параллель-ные прямые переходят в параллельные (или в однупрямую).

43

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Определение 6, теоремы 1.9, 1.10.Задание на дом: теоремы 1.9, 1.10.Урок 2. Определения 7, 8, теоремы 1.11, 1.12, 1.13.Задание на дом: теоремы 1.11, 1.12, 1.13.Урок 3 (*). Решить задачи 3, 5, 7, 8.Задание на дом: 1, 2, 4, 6.Урок. 4 (*). Решить задачи 11, 12.Задание на дом: 10, 15.Для отработки и закрепления свойств проекти-

рования можно предложить следующие задачи и во-просы.

1. Может ли изображением параллелограмма быть:а) квадрат; б) параллелограмм; в) отрезок прямой;г) трапеция?

2. Может ли изображением равностороннего тре-угольника быть: а) прямоугольный треугольник;б) тупоугольный треугольник?

3. Может ли равносторонний треугольник являть-ся изображением треугольника, все стороны которо-го различны?

4. Дано изображение равнобедренного треуголь-ника. Постройте на нем изображение высоты этоготреугольника, проведенной к основанию.

5. Постройте изображение центра описанной ок-ружности на изображении правильного треугольника.

6. Могут ли изображением трех точек, не лежа-щих на одной прямой, служить три точки, лежащиена одной прямой?

7. Может ли длина проекции (ортогональной)быть: а) равной длине отрезка; б) больше длины от-резка; в) меньше длины отрезка? Как изменятся от-веты на вопросы, если речь идет о проектированиив заданном направлении?

Указания к решению задач учебника

1. Ответ: неверно. Нетрудно построить контр-пример.

2. Допустим, что две плоскости, перпендикуляр-ные прямой l, пересекаются. Пусть А — какая-то

44

точка, принадлежащая линии пересечения этих плос-костей. Тогда плоскость, проходящая через l и А,пересекает плоскости, перпендикулярные l, по пере-секающимся прямым, каждая из которых перпен-дикулярна прямой l (определение 6). Но это невоз-можно. (Две прямые плоскости, перпендикулярныетретьей прямой этой плоскости, параллельны.)

3. Ответ: нельзя. Предположим противное.Возьмем любую точку А пространства и проведем че-рез нее прямые, параллельные данным. Получим че-тыре попарно перпендикулярные прямые, проходя-щие через А. Проведем плоскость через две из этихпрямых. Тогда получим, что через точку А проходятдве прямые, перпендикулярные одной плоскости.Но это невозможно (теорема 1.10).

4. Пусть В1 — проекция точки В на плоскость α.Треугольник АВВ1 — прямоугольный. По теореме

Пифагора получим ВВ1 = = .5. Пусть М1 — проекция точки M на плоскость α.

Пусть АМ1 = х, ВМ1 = 3x, ММ1 = y. На основа-нии теоремы Пифагора записываем два равенства:

x2 + y2 = 4 и 9x2 + y2 = 25. Вычитая одно уравнение

из другого, найдем x2 = , а затем y2 = .

6. Утверждение задачи следует из того, что тре-угольники АВD и СВD — прямоугольные с прямымуглом при вершине В.

7. Утверждение задачи следует из того, что припроектировании сохраняется отношение отрезков,расположенных на одной прямой. В частности, сере-дина отрезка переходит в середину его проекции.Значит, медианы треугольника переходят в меди-аны, а точка пересечения медиан треугольника —в точку пересечения медиан проекции.

8. Если отрезок не пересекает плоскость, то рас-стояние от середины отрезка до плоскости равно полу-сумме расстояний от его концов. Если отрезок пере-секает плоскость, то указанное расстояние равно по-луразности расстояний от концов отрезка. Такимобразом, возможны два ответа: 2 и 1.

AB2 – AB12 3

218-------

118-------

45

9. Возможны четыре случая расположения тре-угольника относительно плоскости: все вершины на-ходятся по одну сторону от плоскости либо две вер-шины — по одну сторону, а третья вершина — подругую сторону (таких случаев — три). Поэтому за-

дача имеет четыре ответа: = 6; =

= ; = 2; = .

10. Нельзя, поскольку понятие проекции опреде-ляется через понятие перпендикулярности прямой иплоскости.

11. Пусть О — центр параллелограмма АВСD.А, В и C — указанные в условии вершины. Посколь-ку O — середина АC, расстояние от O до указаннойплоскости равно либо 3, либо 2, в зависимости оттого, как расположены точки А и С — по одну сторо-ну от плоскости или по разные (см. задачу 8). Точ-ки B и О в свою очередь могут быть либо по одну сто-рону от заданной плоскости, либо по разные. Еслих — расстояние от точки D до заданной плоскости,то для определения х имеем четыре соотношения:

|х ± 3| = 3 и |х ± 3| = 2. Задача имеет четыре отве-

та: 1, 3, 7 и 9.12. Пусть точка О — середина отрезка АC. По

свойству равнобедренного треугольника из условияследует, что ВО и DO перпендикулярны АС. Значит,плоскость ВОD перпендикулярна AC (теорема 1.9).Следовательно, прямая BD перпендикулярна AС(определение 6).

13. Утверждение задачи следует из того, что тре-угольники АВD и СВD — прямоугольные с прямымуглом при вершине В. (Если медиана треугольникаравна половине стороны, к которой она проведена,то этот треугольник прямоугольный, а указаннаясторона — его гипотенуза.)

14. Пусть M — проекция точки B на прямую АС.Плоскость ВМD перпендикулярна прямой AC, таккак она содержит две прямые, перпендикулярныеАС (BM и ВD). Следовательно, МD также перпен-

5 + 6 + 73

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

5 + 6 – 73

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

43---

5 + 7 – 63

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

6 + 7 – 53

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

83---

12---

12---

46

дикулярна AС. По теореме Пифагора имеем:ВC2 – СМ2 = ВМ2 = АВ2 – АМ2, откуда АВ2 – BС2 == АМ2 – СМ2. Аналогично получаем, что АD2 – DC2 == АМ2 – СМ2. Таким образом, АВ2 – BС2 = АD2 – DС2

или АВ2 + DС2 = AD2 + ВC2 (1). Из этого соотноше-ния по данным в условии задачи найдем AD = 1.

15. Докажем, что из данного в условии соотноше-ния следует, что проекции В и D на прямую АС сов-падают (см. решение предыдущей задачи, в которойбыло доказано, что если прямые AС и ВD перпенди-кулярны, то выполняется соотношение (1); анало-гично доказывается и обратное: если выполняетсясоотношение (1), то эти прямые перпендикулярны).

Дополнительные задачи

1. Дан куб АВСDА1В1С1D1. Докажите, что АВС1D1 —прямоугольник.

2. Могут ли быть перпендикулярными одной плос-кости две стороны: а) треугольника; б) паралле-лограмма; в) трапеции; г) правильного пятиуголь-ника; д) правильного шестиугольника? (Ответ:а) нет; б) да; в) да; г) нет; д) да.)

3. Стороны прямоугольника равны 12 и 16 см. ТочкаM расположена на расстоянии 24 см от плоскостипрямоугольника, а ее проекция на эту плоскостьсовпадает с точкой пересечения диагоналей пря-моугольника. Найдите расстояния от точки М довершин и до сторон прямоугольника. (Ответ:

26; 8 и 6 .)4. В ромбе AВCD со стороной, равной 6, угол ABC

равен 120°. Точка M удалена на расстояние 8 отплоскости ромба и от вершины А. Найдите рас-стояния от точки М до остальных трех вершин

ромба. (Ответ: 10, 10 и 2 .)5. В основании пирамиды АВСDF лежит параллело-

грамм АВCD. Точка М — проекция А на ВD.Известно, что ВF = DF. Докажите, что расстояниеот М до середины отрезка АF равно половине CF.

10 17

43

47

1.5. Теорема о трех перпендикулярахВ этом небольшом, но очень важном параграфе

рассматриваются две теоремы: теорема о наклонныхи их проекциях и теорема о трех перпендикулярах,являющаяся одной из ключевых в курсе стереомет-рии. Именно поэтому в конце параграфа предлагает-ся большое количество задач, при решении которыхприменяется теорема о трех перпендикулярах. Сле-дует также обратить внимание на задачи, в которыхрассматривается свойство точки, равноудаленной отвершин треугольника или от его сторон. В главе 2при изучении свойств пирамид эти задачи лягут в ос-нову двух важных теорем.

Предметные результаты:— формулировать свойства наклонных и их про-

екций и теорему о трех перпендикулярах. Вычис-лять одну из трех величин: длину наклонной, ее про-екцию, длину соответствующего перпендикуляра;

— на изображениях куба, правильного тетраэдра,прямоугольного параллелепипеда:

а) иллюстрировать теорему о трех перпендикуля-рах;

б) решать задачи на доказательство, построение ивычисления, используя теоремы о перпендикуляр-ности прямой и плоскости, о трех перпендикулярах,аргументируя соответствующие шаги логического,вычислительного и конструктивного характера.

Методические рекомендации к изучению материала

Вначале следует напомнить учащимся и отрабо-тать понятия «наклонная», «перпендикуляр», «про-екция».

В тексте учебника термины «наклонная» и «пер-пендикуляр» могут относиться как к прямым, так ик отрезкам, однако в каждом конкретном случае не-трудно понять, о чем идет речь. Учителю не следуетзаострять внимание учащихся на этих нюансах, сле-дует ограничиться простым упоминанием. В теоремео наклонных под наклонной понимается отрезок,

48

соединяющий точку, не лежащую в заданной плос-кости, с точкой плоскости и не перпендикулярныйрассматриваемой плоскости. (Термин наклоннаяупотребляется по отношению к фиксированнойплоскости.) В теореме 1.14 утверждение, что равныенаклонные имеют равные проекции, относится к на-клонным, проведенным из одной точки. На это надообратить внимание учеников, без этого уточнениятакое утверждение является неверным (оно исполь-зуется лишь для краткости). Очень часто на практи-ке оказывается полезным следствие из этой теоремы,что бóльшая наклонная имеет бóльшую проекцию инаоборот (при указанном условии). Например, оноиспользуется при доказательстве теоремы 1.16.

При решении задач к § 1.5 используется, в част-ности, понятие «расстояние от точки до прямой».Определение этого понятия не дается, посколькупрямая и точка определяют плоскость, а определе-ние расстояния от точки до прямой (на плоскости)учащиеся должны знать по курсу планиметрии. Од-нако задать соответствующий вопрос учащимся исделать нужные разъяснения все же следует. (Анало-гично надо поступать и в других подобных случаях.)

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория § 1.5.Задание на дом: § 1.5 (теория).Урок 2. Решить задачи 1, 3, 4, 5.Задание на дом: задачи 2, 6, 7.Урок 3 (*). Решить задачи 8, 9, 11.Задание на дом: задачи 10, 12.Урок 4 (*). Решить задачи 14, 16.Задание на дом: задачи 13, 15.

Указания к решению задач учебника

1. Утверждение задачи следует из теоремы 1.14.2. Пусть K — проекция А на прямую l. По теоре-

ме 1.15 (о трех перпендикулярах) BK перпендику-лярна l, т. е. K — проекция B на прямую l.

49

3. См. решение предыдущей задачи. (Ответ:

.)4. Утверждение задачи следует из теоремы 1.14.5. Докажите, что любая точка этой плоскости рав-

ноудалена от этих точек. Докажите также, что про-екция любой точки, равноудаленной от данных, напрямую, проходящую через данные точки, совпада-ет с серединой соответствующего отрезка.

6. См. задачу 1. Искомый радиус равен == 3.

7. Проекция точки M на указанную плоскостьравноудалена от прямых m и n (это следует из теорем1.15 и 1.14). Значит, она лежит на одной из биссект-рис между этими прямыми.

8. Утверждение этой задачи следует из предыду-щей задачи.

9. Проекция точки М на плоскость удалена от

одной из прямых на расстояние = 4, а от

другой — на расстояние = . Значит, рас-стояние между прямыми равно одному из двух зна-

чений: 4 ± .10. Пусть l ʹ — проекция прямой l — касается

данной окружности в точке А. По свойству касатель-ной l ʹ перпендикулярна ОА, а по теореме о трех пер-пендикулярах (1.15) l также перпендикулярна ОА.Значит, искомое расстояние равно r.

11. Проекция прямой АС1 на плоскость АВСD —прямая АС — перпендикулярна ВD. Значит, по тео-реме о трех перпендикулярах (1.15) АС1 также пер-пендикулярна ВD.

12. См. задачу 1. Ответ: .

13. Пусть проекция вершины D пирамиды АВСDна плоскость АВС есть точка Н — точка пересечениявысот треугольника АВС. Это означает, в частности,что АН перпендикулярна ВC. По теореме о трех пер-пендикулярах получаем, что АD перпендикулярнаBC (ведь АН — проекция AD на плоскость АВC).Обозначим через P проекцию B на плоскость АСD.

b2 – a2

52 – 42

52 – 32

42 – 32 7

7

23---

50

Поскольку ВС перпендикулярна АD, то и СР пер-пендикулярна АD. Рассматривая другую пару реберСD и АВ, точно так же докажем их перпендикуляр-ность, а затем и перпендикулярность NР и АD. Этоозначает, что Р есть точка пересечения высот тре-угольника АСD.

14. Пусть прямая р пересекает плоскость в точ-ке О, М — некоторая точка на этой прямой, отлич-ная от О. Проведем через О прямые, параллельныеданным, и возьмем на них точки А, В и С так, чтоOA = ОВ = ОС и ∠ МОА = ∠ MОВ = ∠ МОС. (По усло-вию это можно сделать.) Тогда МА = МВ = МC. Про-екция точки М на плоскость АВС есть центр описан-ной около АВС окружности (см. задачу 1), т. е. точкаО. Отсюда следует утверждение задачи.

15. Рассмотрим пирамиду АВСD, все ребра кото-рой равны между собой. Пусть М и K — это, соответ-ственно, середины АВ и АD. Поскольку MK парал-лельна ВD, угол между СМ и ВD (медианой грани искрещивающимся с ней ребром) равен ∠ СМK. (Этотугол острый, так как треугольник СМK равнобед-

ренный с основанием МK.) Ответ: аrсcos .

16. Рассмотрим пирамиду АВСD, все ребра кото-рой равны между собой. Для удобства вычисленийбудем считать, что ребра равны 4. Проведем в граниАВС медиану СМ. В грани СВD есть две медианы,скрещивающиеся с СМ: DL и BN (рис. 14). Рассмот-рим первый случай. Пусть Р — середина ВМ. По-скольку РL параллельна СМ, угол между СМ и DL

либо равен углу РLD (если этотугол острый), либо являетсядополнительным к нему (еслиэтот угол тупой). Все сторонытреугольника РLD легко вы-числяются. DL есть медианаправильного треугольника со

стороной 4. DL = 2 . СМ —

половина медианы, СМ = .РD находим по теореме Пифа-

1

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

C

A

D

BM

N

P

L

Рис. 14

3

3

51

гора из треугольника DРМ, РD = . Теперь потеореме косинусов для треугольника DPL найдем

косинус угла DLP. Он равен .

Второй случай. Пусть Q — середина DМ. Уголмежду СМ и ВN равен углу ВNQ (или является до-полнительным к нему). Стороны треугольника ВNQ

нетрудно вычислить: ВN = 2 , NQ = , ВQ =

= = . Теперь по теореме косинусов

находим, что косинус искомого угла равен . Про-

верьте, что медианы, выходящие из вершин А и Bтреугольника АВD, образуют с СМ такие же углы,как и в первом из рассмотренных случаев.

Дополнительные задачи

1. Рассмотрим плоскость α и точку A, не принадле-жащую этой плоскости. Пусть точка В — проек-ция А на α, а С — проекция B на некоторую пря-мую l, принадлежащую плоскости α, но не про-ходящую через B. Докажите, что плоскость,определяемая точками А, В и C, перпендикулярнапрямой l.

2. Из некоторой точки А к данной плоскости прове-дены перпендикуляр АО, равный 1, и две наклон-ные АB и АС, образующие с перпендикуляром АОугол 60° и перпендикулярные друг другу. Найди-те BC. (Ответ: 2 .)

3. Через точку пересечения диагоналей прямоуголь-ника проведена прямая, перпендикулярная егоплоскости. Докажите, что все точки этого перпен-дикуляра равноудалены от вершин прямоуголь-ника.

4. Из точки А к плоскости α проведены две наклон-ные, длины которых относятся как 5 : 8. Найдитерасстояние от точки А до плоскости α, если про-екции этих наклонных на плоскость α равны 7и 32 см. (Ответ: 24 см.)

13

16---

3 3

BM2 + MO2 723---

2

52

5. Катеты прямоугольного треугольника равны 5 и12 см. Точка O расположена на расстоянии 6 см отплоскости треугольника, а ее проекция на этуплоскость совпадает с вершиной прямого углатреугольника. Найдите расстояние от точки Oдо концов гипотенузы и до самой гипотенузы.

Ответ: ; 6 и .

6. Диагонали ромба равны 12 и 16 см. Точка М уда-лена от всех сторон ромба на 8 см. Найдите рас-

стояние от М до плоскости ромба. Ответ: .

7. Из вершины А треугольника АВС проведен отре-зок AK, перпендикулярный плоскости треуголь-ника. Найдите площадь треугольника ВСK, еслиАС = АВ = 13, BС = 10, AK = 16. (Ответ: 100.)

8. Катеты прямоугольного треугольника равны 3и 4. Точка M удалена от всех прямых, содержа-щих стороны треугольника, на расстояние а.Чему может равняться расстояние от точки М

до плоскости треугольника? (Ответ: ;

; ; . Ответом являются теиз этих чисел, которые имеют смысл.)

1.6. Угол между прямой и плоскостью

В этом параграфе вводится понятие угла междупрямой и плоскостью. Доказывается теорема о мини-мальности этого угла. Теоретический материал па-раграфа достаточно прост и невелик по объему. Ос-новная учебная нагрузка ложится на решение задач.

Предметные результаты:— формулировать определение угла между пря-

мой и плоскостью, теорему о минимальности угла.Указывать углы между прямой и плоскостью намоделях и изображениях многогранников. Решатьзадачи на построение и вычисление угла междупрямой и плоскостью с использованием изображе-ний многогранников, аргументируя утверждения.

61 5 613------- 269

325-------

a2 – 1

a2 – 4 a2 – 9 a2 – 36

53

Методические рекомендации к изучению материала

Следует обратить внимание на то, что в этом пара-графе речь идет об угле между объектами различнойгеометрической природы, причем рассматриваемыйугол не может быть тупым. Иногда используетсятакже выражение: «угол наклона прямой (отрезка)к плоскости». Несмотря на простоту теоретическогоматериала, он очень важен для изучения свойствмногогранников и должен быть хорошо отработан напрактике.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория § 1.6. Решить задачи 1, 3, 4.Задание на дом: теория, задачи 2, 5.Урок 2. Решить задачи 7, 8, 9.Задание на дом: задача 6.

Указания к решению задач учебника

1. Поскольку проекция диагонали куба на плос-кость грани есть диагональ этой грани, то косинусискомого угла равен отношению диагонали грани

к диагонали куба, т. е. равен .

2. Из определения 9 следует, что искомая проек-ция равна d cos α.

3. Вершина D этой пирамиды проектируетсяв центр треугольника AВС — точку O. Косинусискомого угла равен косинусу угла при вершине Апрямоугольного треугольника ВDО, т. е. равен

= .

4. Проведем через точку пересечения прямых mи n (обозначим эту точку через A) прямую l1, па-раллельную l, и докажем, что проекция l1 на плос-кость α совпадает с одной из биссектрис между пря-мыми m и n. Из этого будет следовать утверждениезадачи, поскольку проекции параллельных прямых

23---

AOAD----------

a

b 3-----------

54

параллельны. Возьмем любую точку M на l1. Обозна-чим ее проекции на плоскость α и прямые m и n соот-ветственно через М0, М1 и M2. По теореме 1.15(о трех перпендикулярах) М1 и M2 являются проек-циями точки M0 на прямые m и n. Из того, что пря-мая l1 (как и параллельная ей прямая l) образуетравные углы с прямыми m и n, следует равенствоММ1 = MM2. А из него получим равенство М0М1 == М0М2. Таким образом, точка М0 равноудалена отпрямых m и n и лежит в задаваемой этими прямымиплоскости. Значит, точка М0 принадлежит одной избиссектрис между прямыми m и n.

5. Геометрическое место указанных точек пересе-чения есть окружность, центром которой являетсяпроекция точки А на плоскость П.

6. Проекцией точки M на плоскость П являетсяцентр окружности, описанной около треугольникаAВС. Значит, геометрическим местом точек M явля-ется прямая, перпендикулярная плоскости П и про-ходящая через центр описанной около ABC окруж-ности.

7. Проекцией точки М на плоскость ABC являет-ся центр окружности, описанной около треуголь-ника АBC, т. е. середина гипотенузы АВ — точка O.Искомое расстояние МО находится из прямоуголь-ного треугольника МАО (или равных ему треуголь-

ников МВО или MСО), оно равно tg α.

8. Пусть данные перпендикулярные прямые пере-секаются в точке O. Можно считать, что и прямая lтакже проходит через эту точку. Пусть M — неко-торая точка на l. Для удобства вычислений бу-дем считать, что OM = 2. Обозначим через М0, М1

и M2 проекции точки M на плоскость П и на данные

прямые (∠ MOM1 = 45°). Находим М0М2 = OМ1 = ,

М0М1 = ОМ2 = 1, ОМ0 = . Следовательно, коси-

нус искомого угла равен = , а сам угол ра-

вен 30°.

a2---

2

3

M0O

OM--------------

32-------

55

Дополнительные задачи

1. Дан куб АВСDА1В1С1D1. Найдите углы, которыепрямая А1D образует с плоскостями АВС, DСС1,АВC1. (Ответ: 45°; 45°; 90°.)

2. Дан куб АВСDА1В1С1D1. Найдите углы, образо-ванные прямой DB1 с плоскостями CDD1, ABC1.

Ответ: arccos ; arccos .

3. Точка М удалена от плоскости, в которой располо-жен единичный квадрат, на расстояние, равное 1.Проекция M на плоскость квадрата совпадает ссерединой одной из его сторон. Найдите косинусыуглов, которые образуют с плоскостью квадратапрямые, проходящие через М и вершины квад-

рата. Ответ: ; .

4. Через вершину прямого угла проходит прямая,образующая углы в 60° с его сторонами. Какойугол образует эта прямая с плоскостью, которойпринадлежит данный прямой угол? (Ответ: 45°.)

5. Пусть P — середина стороны BC прямоугольникаАВСD. Отрезок PМ перпендикулярен плоскостипрямоугольника, его длина равна 6 см. Наклон-ные МА и МB образуют углы в 45 и 60° с плос-костью прямоугольника. Найдите его периметр.

(Ответ: 8 + 4 .)

1.7. Двугранный уголмежду плоскостями

В этом параграфе вводится одно из важнейшихпонятий стереометрии — понятие двугранного углаи его характеристики — линейного угла. Через этипонятия определяется угол между двумя плоскостя-ми, а точнее, величина такого угла. Доказываетсятеорема о том, что линейный угол полностью задаетдвугранный угол (в определенном смысле эта теоре-

23---

1

3-------

1

5-------

53-------

3 6

56

ма дает нам признак равенства двугранных углов).Приводится признак перпендикулярности двухплоскостей. Несмотря на свою очевидность, указан-ный признак оказывается полезным и для постро-ения теории, и при решении многих задач. Кроме то-го, введение этого признака делает полным наборпризнаков о параллельности и перпендикулярностидля пар «прямая — прямая», «прямая — плос-кость», «плоскость — плоскость». Очень важнойдля практики является и теорема о площади проек-ции фигуры на плоскость.

Предметные результаты:— формулировать определения двугранного угла,

линейного угла двугранного. Формулировать при-знак равенства двугранных углов; признак перпен-дикулярности двух плоскостей; теорему о площадипроекции фигуры на плоскости. Строить линейныйугол двугранного, вычислять его величину. Нахо-дить перпендикулярные плоскости на моделях иизображениях многогранников. Решать задачи с ис-пользованием изученных теоретических фактов.

Методические рекомендации к изучению материала

Полезно обратить внимание учащихся на явнопрослеживаемые в данном параграфе аналогии междусоответствующими понятиями и фактами планимет-рии и стереометрии. Образуются следующие пары:

— плоский угол — двугранный угол; — биссектриса угла — биссекторная плоскость;— свойство биссектрисы — свойство биссектор-

ной плоскости;— угол между прямыми — угол между плоскос-

тями;— длина проекции отрезка (lcos ϕ) — площадь

проекции фигуры (Scos ϕ).Перед тем как приступить к решению задач, сле-

дует отработать два основных способа построениялинейного угла двугранных углов. По первому спо-собу, согласно определению, из точки на ребре мы

57

восстанавливаем перпендикуляры к двугранномууглу, расположенные в его гранях. По второму — източки, принадлежащей одной из граней, мы опуска-ем перпендикуляры на ребро и другую грань и т. д.(здесь требуется ссылка на теорему о трех перпенди-кулярах). Второй способ обычно используется в за-дачах с пирамидами при построении линейных уг-лов, соответствующих двугранным углам при осно-вании. В качестве исходной точки берется вершинапирамиды.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория до признака перпендикулярностиплоскостей. Решить задачи 1, 2.

Задание на дом: задачи 3, 4, 5.Урок 2. Теория (до конца параграфа). Решить

задачи 6, 11, 12.Задание на дом: задачи 7, 8, 13.Урок 3 (*). Решить задачи 9, 10, 14, 15.Задание на дом: задачи 16, 17.Урок 4 (*). Подготовка к контрольной работе. Раз-

бор задач (по всей главе).Задание на дом: задачи 18, 19.

Указания к решению задач учебника

1. Проведем через точку А плоскость, перпенди-кулярную ребру двугранного угла. Его сечением бу-дет плоский угол (линейный угол двугранного угла)величины α. Надо найти расстояние от точки А, рас-положенной на одной из сторон угла, до другой сто-роны угла (до прямой, содержащей другую сторону).(Ответ: аsin α.)

2. Ответ: не обязательно. Любая плоскость, про-ходящая через прямую, перпендикулярную дан-ной плоскости, будет перпендикулярна данной плос-кости.

3. Проекции точек А и A′ на прямую l совпадают(по теореме 1.15). Обозначим эту точку через В.В прямоугольном треугольнике АA′В мы знаем ка-

58

тет АА′ и противолежащий угол. Надо найти катетА′В. (Ответ: actg α.)

4. Из результата предыдущей задачи следует, чтовсе такие прямые касаются окружности с центром A′(A′ — проекция A на данную плоскость) и радиусомасtg α, где а = АА′, α — угол между заданной плос-костью и остальными.

5. Из определений угла между прямыми и угламежду прямой и плоскостью следует, что указаннаясумма углов всегда равна 90°.

6. Угол АBC является линейным углом двугран-ного угла, ребром которого является прямая BD,а грани содержат точки А и C. Угол между заданны-ми плоскостями равен наименьшему из двух углов:α и (180° – α).

7. Поскольку площадь правильного шестиугольни-

ка со стороной l равна , то в соответствии с тео-

ремой 1.19 площадь его проекции равна cos α.

8. Наименьший угол треугольника располагаетсяпротив его наименьшей стороны. По теореме косину-

сов косинус этого угла равен . Площадь данного

треугольника равна 6 . По теореме 1.19 площадь

проекции равна .

9. Из задач 3 и 4 следует, что точка пересеченияпроведенных плоскостей проектируется на плос-кость треугольника в точку, равноудаленную от пря-мых, образующих данный треугольник, т. е. в центрвписанной или вневписанной окружности данноготреугольника. Таким образом, задача имеет два ре-

шения: dcos α или cos α.

10. Одна из точек — D1 или D2 — проектируется вцентр вписанной окружности данного треугольни-ка, а другая — в центр вневписанной окружности(см. предыдущую задачу). Понятно, что в центр впи-

3l2 32

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

3l2 32

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

57---

6

30 67

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

d3---

59

санной окружности должна проектироваться точкаD2. Учитывая, что для правильного треугольникарадиус вневписанной окружности в 3 раза большерадиуса вписанной, получаем для угла ϕ уравнение:

tg 2ϕ = 3tg ϕ, из которого найдем tg ϕ = , ϕ = 30°.

11. Треугольник АВD является проекцией тре-угольника АВС. Поэтому, если угол между плоскос-

тями АВD и АВС равен ϕ, то cos ϕ = . Следователь-

но, площадь проекции треугольника АВD на плос-

кость АВС равна Qcos ϕ = .

12. Площади всех граней этой пирамиды равнымежду собой, все двугранные углы также равны,а площадь одной грани равна сумме проекций на нееплощадей трех других граней. Значит, если ϕ —

искомый угол, то cos ϕ = .

13. Обозначим величины двугранных углов с реб-рами AВ, ВС и СА через α, а углов с ребрами АD,ВD и СD — через β (понятно, что эти углы соответ-ственно равны между собой). Площадь грани АВС

равна S = , три оставшиеся грани имеют площа-

ди Q = . Поскольку сумма площадей про-

екций любых трех граней на четвертую равна пло-щади четвертой грани, то по формуле из теоремы 1.19получим систему уравнений: 3Qcos α = S, Scos α +

+ 2Qcos β = Q. Из нее находим: cos α = =

= ; cos β = . (Построив линейный

угол любого из двугранных углов величины β, най-дем, что синус половинного угла равен отношениюполовины стороны треугольника АВС к высоте набоковую сторону в равнобедренном треугольнике

1

3-------

QS----

Q2

S-------

13---

a2 34

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

a 4b2 – a2

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

S3Q--------

a 3

3 4b2 – a2-------------------------------

2b2 – a2

4b2 – a2-----------------------

60

АDВ или любом другом. Отсюда получается ответ,указанный в учебнике.)

14. По существу, требуемое соотношение былодоказано при решении задачи 13.

15. Проведем через точку М плоскость, перпенди-кулярную ребру двугранного угла. Тогда утвержде-ние задачи будет следовать из соответствующегопланиметрического факта и свойств перпендикуляр-ности между прямыми и плоскостями в простран-стве.

16. Если α — угол между плоскостью круга иплоскостью P, то из условия задачи на основаниитеоремы 1.19 следует, что π cos α = 1, а нам надо най-ти 2 sin α.

17. Из условия следует, что треугольники АВDи АCD равны (по трем сторонам). Проекцией В наплоскость АСD является середина АС. Тогда пло-щадь проекции треугольника ABD на плоскостьАСD в два раза меньше площади АСD, а значит,и площади АBD. Таким образом, в соответствии сформулой теоремы 1.19 косинус искомого угла ра-

вен , а сам угол равен 60°.

18. Нетрудно найти стороны треугольника АВС:

АВ = АС = , ВС = 2. Площадь этого треугольника

равна . Площадь грани DВС равна 1, а две остав-

шиеся грани имеют площади . Поскольку проек-

цией треугольника АВС на каждую из трех другихграней является соответствующая грань, то по фор-муле теоремы 1.19 находим косинусы углов, кото-рые эта грань образует с каждой из трех оставшихся,а затем и сами эти углы. Получаем, что в нашей пи-рамиде три двугранных угла прямые (с ребрами DА,DВ и DC), угол при ребре BС равен 45°, а два остав-шихся — по 60°.

19. Пусть х — площадь фигуры F, 2ϕ — величинадвугранного угла. По теореме 1.19 получаем систе-му уравнений: хсоs 2ϕ = S, хcos ϕ = Q. Выражая

12---

3

2

22-------

61

из второго уравнения cos ϕ = и заменяя в пер-

вом cos 2ϕ = 2cos2ϕ – 1 = 2 – 1, получим для

х уравнение: х2 + Sх – 2Q2 = 0, из которого найдем

х = .

20. 1) См. решение задачи 18: cos α = , cos β = ,

cos γ = .

2) Подставим выражения для косинусов двугран-ных углов, найденные в пункте 1, в соотношение за-дачи 14 (изменив обозначения углов).

3) Выразим S1, S2, S3 по формулам из пункта 1 иподставим в равенство задачи 14.

Дополнительные задачи

1. В пространстве расположены прямоугольникАВСD и треугольник АМD так, что прямая МВперпендикулярна плоскости АВC. Является лиугол МАВ линейным углом двугранного угла сребром AD и гранями, проходящими через точкиM и B? (Ответ: да.)

2. Дан куб АВСDА1В1С1D1. Найдите величину дву-гранного угла с ребром СD и гранями, содержа-щими точки A1 и В. (Ответ: 45°.)

3. Дан квадрат ABCD. Отрезок BP перпендикуляренего плоскости и равен стороне квадрата. Построй-те линейный угол и найдите величину двугранно-го угла, если указано его ребро и точки, принадле-жащие его граням: а) АD, Р и С; б) СD, Р и В;в) ВС, Р и D; г) РВ, А и С. (Ответ: 45°; 45°; 90°;90°. Рассмотреть куб.)

4. В треугольнике АВС известны стороны АВ = AС == 13 см, ВC = 10 см. Отрезок АD перпендикуля-рен плоскости АВС, АD = 12 см. Найдите величинудвугранного угла с гранями ВСD и ВСА. (Ответ:45°.)

Qx----

Q2

x2-------

S2 + 8Q2 – S2

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

S1

Q------

S2

Q------

S3

Q------

62

5. Обязательно ли плоскость линейного угла дву-гранного угла перпендикулярна плоскостям егограней? (Ответ: да.)

6. Верно ли утверждение: если две плоскости взаим-но перпендикулярны, то любая прямая, лежащаяв одной плоскости, перпендикулярна любой пря-мой другой плоскости? (Ответ: нет.)

7. Верно ли утверждение: если две плоскости пер-пендикулярны, то найдется прямая, принадлежа-щая одной плоскости и перпендикулярная любойпрямой другой плоскости? (Ответ: да.)

8. Докажите, что в кубе АВСDА1B1С1D1 плоскостиАСА1 и ВDВ1 перпендикулярны.

9. Отрезок AP перпендикулярен плоскости АВС.Какие из плоскостей, определяемых тройкамиточек, взятых из множества {А, В, С, Р}, пер-пендикулярны плоскости АВС? (Ответ: ABP иACP.)

10. Точки А и B принадлежат ребру прямого дву-гранного угла, отрезки АС и ВD принадлежат раз-ным граням и перпендикулярны ребру двугран-ного угла. Найдите СD, если АВ = 8 см, AС = 9 см,BD = 12 см. (Ответ: 17 см.)

11. Концы отрезка AB принадлежат различнымграням прямого двугранного угла. Точки А1

и В1 — соответственно проекции точек А и В напротивоположные грани. Найдите А1В1, еслиАА1 = 6 см, ВВ1 = 18 см, АВ = 21 см. (Ответ:

см.)12. Длина катета прямоугольного равнобедренного

треугольника равна 4 см. Плоскость α, проходя-щая через катет, образует с плоскостью треуголь-ника угол 30°. Найдите длину проекции гипоте-нузы на плоскость α. (Ответ: 2 см.)

13. В треугольнике ABC известны стороны: BС == 15 см, АВ = 13 см, AC = 4 см. Через сторону АСпроведена плоскость α, составляющая угол 30°с плоскостью данного треугольника. Найдите рас-стояние от вершины В до плоскости α. (Ответ:6 см.)

42

7

63

Контрольная работа № 2

Вариант 1

1. В пространстве отмечены четыре точки. Сколькоможет быть различных плоскостей, содержащихне менее трех из этих точек? (Перечислите всевозможности.)

2. Дана треугольная пирамида АВСD. На прямойАD взята точка K так, что АK = 3KD, а на прямойАС — точка М так, что 2АМ = 3МС. Через точкиK и М проведена плоскость, параллельная АВ ипересекающая прямые ВD и ВС в точках Р и Qсоответственно. Найдите МQ : KР.

3. Пусть АBСDЕ — правильный пятиугольник,ВСKМ — параллелограмм, не лежащий в плос-кости пятиугольника. Найдите угол между пря-мыми DЕ и KМ.

4. Задача из учебника (на усмотрение учителя).5. В треугольнике АВС известны стороны: АВ = 5,

ВС = 13, СА = 10. Проекции отрезков АВ и ВС нанекоторую плоскость равны соответственно 4 и12. Найдите длину проекции СА на эту же плос-кость.

Вариант 2

1. В пространстве имеется точка и две прямые.Сколько может быть различных плоскостей, со-держащих данную точку и хотя бы одну прямую?(Перечислите все возможности.)

2. Дана треугольная пирамида АВСD. На ребре АDвзята точка K так, что 3AK = 5KD, на АС — точкаМ так, что АМ = 5МC. Через точки K и M прове-дена плоскость, параллельная АB и пересекаю-щая прямые ВD и ВС в точках Р и Q соответствен-но. Найдите KР : МQ.

3. Пусть KLMNP — правильный пятиугольник,АВKМ — параллелограмм, не принадлежащийплоскости этого пятиугольника. Чему равен уголмежду АВ и LN?

4. Задача из учебника (на усмотрение учителя).

64

5. В треугольнике две стороны равны 13 и 7, уголмежду ними 60°. Проекции данных сторон нанекоторую плоскость равны 12 и 4 . Найдитедлину проекции третьей стороны на эту же плос-кость.

Вопросы к главе 1

1. Сформулируйте основные свойства пространст-ва. Укажите аналогичные свойства плоскости.

2. Перечислите различные способы задания плос-кости.

3. Какие плоскости называются параллельными?4. Сформулируйте признак параллельности двух

плоскостей.5. Сформулируйте теорему о пересечении двух

плоскостей третьей.6. Три плоскости не имеют общей точки. Как рас-

положены линии их попарных пересечений?7. Какие прямые называются скрещивающими-

ся?8. Если одна из двух параллельных прямых при-

надлежит плоскости α, верно ли, что и другая пря-мая обязательно принадлежит плоскости α?

9. Сформулируйте признак параллельности пря-мой и плоскости.

10. Что означает утверждение: понятие парал-лельности для прямых в пространстве обладаетсвойством транзитивности?

11. Чему равен угол между двумя параллельнымипрямыми?

12. Как могут быть связаны величины двух пло-ских углов, расположенных в пространстве, еслиих стороны соответственно параллельны?

13. Дайте определение прямой, перпендикуляр-ной плоскости.

14. Сформулируйте признак перпендикулярностипрямой и плоскости.

15. Каково взаимное расположение двух прямых,перпендикулярных одной плоскости?

16. Укажите известные вам свойства проекции.

3

65

17. Какие виды проекции вы знаете?18. Верно ли, что проекции двух равных отрезков

на одну и ту же плоскость равны?19. Объясните смысл утверждения: равные на-

клонные имеют равные проекции.20. Сформулируйте теорему о трех перпендикуля-

рах.21. Дайте определение угла между прямой и плос-

костью.22. Что такое двугранный угол?23. Что такое линейный угол двугранного угла?24. Сформулируйте признак перпендикулярности

двух плоскостей.25. Как меняется площадь фигуры при проекти-

ровании?

66

Глава 2

...........................................................Многогранники

В определенном смысле можно сказать, что пер-вая глава была вступлением к курсу стереометриии лишь со второй главы начинается собственно курс,поскольку объектом изучения в ней являются мно-гогранники — основная разновидность пространст-венных тел. А в данном курсе именно пространст-венные тела являются главным объектом изучениястереометрии. Как сказал Пуанкаре: «Не будь в при-роде твердых тел, не было бы геометрии».

Во второй главе большое внимание уделяется воп-росам, связанным с построением изображений мно-гогранников и с построениями на изображенияхмногогранников. Следует заметить, что точное опре-деление многогранника при этом не дается. Болеетого, дать такое определение невозможно, во всякомслучае на школьном уровне. Многое здесь зависит отдоговоренности, что именно считать многогранни-ком. С другой стороны, в этой главе дается точноеопределение понятия выпуклого многогранника.Кроме того, в ней рассматриваются многогранныеуглы и изучаются важнейшие виды многогранни-ков — пирамиды и призмы.

Почти весь теоретический материал второй главыявляется единым для школьников различного уров-ня подготовки. Единственное исключение — методвспомогательных плоскостей и внутреннего проек-тирования при построении сечений. В слабых клас-сах с этими приемами можно лишь ознакомиться,но не отрабатывать их детально. (Совсем их про-пустить тоже можно, однако это нежелательно.)В последующих главах уровневая дифференциациятеоретического материала будет более ярко выра-женной, тогда как в данной главе уровневая диффе-ренциация задается главным образом системой за-дач.

Особое внимание учителям следует обратить назадачи, отмеченные буквой «П» («полезные»). Уче-ники, желающие овладеть курсом стереометрии на

67

достаточно высоком уровне, должны не только ре-шить эти задачи самостоятельно или с помощьюучителя, но и запомнить содержащиеся в них фактыили используемые методы решения и уметь имипользоваться.

Одним из важнейших базовых умений, которыенеобходимо отработать при изучении второй главы,является умение строить правильный чертеж. Необ-ходимо выработать у учеников привычку начинатьрешение любой геометрической задачи с построениябольшого и красивого чертежа. Причем очень частодля этого необходимо сделать несколько попыток.Именно в стереометрии во многих случаях хороший,правильный чертеж является основой, главнойчастью решения задачи. Поэтому учитель, объясняяу доски решение трудной задачи, должен особое вни-мание обращать на процесс возникновения итогово-го чертежа, подчеркивать отдельные техническиеприемы, связанные с чертежом, такие как изобра-жение отдельных фрагментов, специальных проек-ций, сечений и пр.

2.1. Изображение многоугольникови многогранников

В первой главе учащиеся встречались с изображе-ниями на плоскости некоторых пространственныхобъектов, в частности многогранников. Однако приэтом не обсуждалось, как получено то или иное изо-бражение. В одних случаях изображение являлосьчастью условия задачи, в других — рисунком, ил-люстрирующим рассматриваемую в теореме ситу-ацию.

В первом параграфе второй главы формулируетсяглавный принцип построения изображений: пло-ские изображения пространственных объектов по-лучаются посредством параллельного (в частности,ортогонального) проектирования.

Предметные результаты:— применять основные законы при построении

изображений многоугольников и многогранников в

68

параллельной проекции. Строить в параллельнойпроекции изображения любого треугольника, па-раллелограмма, прямоугольника, ромба, трапеции,окружности. Формулировать свойства ромба, пря-моугольника, квадрата, трапеции, инвариантныепри параллельном проектировании. Делать простей-шие построения на изображениях многоугольникови многогранников.

Методические рекомендации к изучению материала

В соответствии со сказанным выше не следуетизлишне фиксировать внимание учащихся на том,что такое многогранник, и тем более специально за-ниматься отработкой этого понятия. Достаточнопродемонстрировать некоторые модели и изображе-ния, а также обсудить, какие из них, безусловно,являются многогранниками, какие, очевидно, не яв-ляются, а какие могут вызвать различные мнения.

Начиная изучение данного параграфа, следуетповторить свойства параллельного проектирова-ния.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Ввести и обсудить понятие многогран-ника, сформулировать основной принцип постро-ения изображений, повторить свойства параллель-ного проектирования, решить задачи 6, 9, 10 учеб-ника.

Задание на дом: повторить § 1.4; задачи 11, 12 из§ 2.1 учебника.

Урок 2 (*). Рассмотреть теорию оставшейся части§ 2.1, решить задачи 2, 3, 5 (а, б); рассмотреть вопросо построении на изображениях (из § 2.2) с помощьюметода следов, решить задачи из текста § 2.2 (к рис.43, 44, 45).

Задание на дом: задачи (из § 2.1) 5 (в), 7, 8; (из§ 2.2) 1 (а, б), 4.

69

Указания к решению задач учебника

2. Может. Например, для тре-угольной пирамиды (см. рис. 15).

3. См. рис. 16, а, б, в.4. Например, треугольная пира-

мида (см. рис. 16, в). 5. См. рис. 17, а, б, в.6. Проведем прямую А1M1 и

обозначим через P1 ее точку пере-сечения c В1C1. Этой точке на за-данном треугольнике АВС соот-ветствует точка P на стороне ВС,а на втором изображении — точка P2 на сторонеB2C2. При этом точки Р и P2 делят, соответственно,стороны ВС и В2С2 в том же отношении, как точка Р1делит B1C1. Таким образом, мы строим точку P2,а затем на отрезке А2Р2 строим точку M2, делящуюэтот отрезок в том же отношении, в каком точка М1делит отрезок А1M1.

Рис. 15

A′ = A1′ A′

B ′

D1′

C1′

A1′ =D ′

B1′ = C ′B ′ = B1′ C ′ = C1′

D = D1′

C′

B′

D ′ D1′

A1

B1′

C1′ A′=

а) б) в)

Рис. 17

A′

B ′

C ′

D ′

а)

A′ = B ′

C ′ D ′

б)

A′ B ′

C ′

D ′

в)

Рис. 16

′

70

7. Плоскости трех граней, изображе-ниями которых являются четырех-угольники, должны пересекаться в од-ной точке. В этой же точке должныпересекаться и прямые, по которым по-парно пересекаются эти плоскости. Нодля данного в условии задачи изобра-жения это не так.

8. См. рис. 18.9. Пусть А1, А2, А3 — последователь-

ные вершины изображения правильногошестиугольника. Построим точку Отак, чтобы четырехугольник А1А2А3О

был параллелограммом. Тогда О будет изображени-ем центра правильного шестиугольника. Теперь лег-ко построить изображения трех оставшихся вершиншестиугольника.

10. Как известно, в треугольнике прямая, соеди-няющая центр описанной окружности с серединойего стороны (если центр не совпадает с серединой),перпендикулярна этой стороне, т. е. параллельнавысоте к этой стороне. Теперь нетрудно построитьизображения, по крайней мере, двух высот данноготреугольника (проведя соответствующие параллель-ные прямые), а значит, и изображение точки пересе-чения высот.

11. Как известно, прямая, соединяющая середи-ны двух параллельных хорд окружности, проходитчерез центр окружности. Следовательно, прямая,соединяющая середины двух параллельных хорд наизображении окружности, проходит через изобра-жение центра этой окружности. Нам достаточно по-строить две такие прямые.

12. Если прямые АВ и СD не параллельны, то и ихизображения не параллельны. Прямая, по которойпересекаются указанные плоскости, должна прохо-дить через точку М и точку P, в которой пересекают-ся прямые АВ и СD. (Кроме того, надо рассмотретьслучай параллельности АВ и СD, а также случай,когда изображения точек М и P совпадают. Предпо-лагается, что изображение четырехугольника АВСDне вырождается в отрезок.)

Рис. 18

71

Дополнительные задачи

1. Постройте изображение правильного шестиуголь-ника АВСВЕF, если даны изображения точек:а) А, В и D; б) А, С и Е.

2. На изображении правильного треугольника по-стройте изображения его высот.

3. Дано изображение прямоугольного треуголь-ника. Постройте изображение центра описаннойоколо него окружности.

4. Дано изображение трех вершин параллелограм-ма. Постройте изображение четвертой его верши-ны.

5. Дано изображение окружности. Постройте изо-бражение ее центра.

6. Дано изображение гипотенузы равнобедренногопрямоугольного треугольника и центра окруж-ности, вписанной в него. Постройте изображениявершины прямого угла.

2.2. Построенияна изображениях

В этом параграфе изучаются методы построениясечений на изображениях многогранников: методследов, метод вспомогательных плоскостей и методвнутреннего проектирования (последний являет-ся, по существу, частным случаем метода вспомо-гательных плоскостей). В параграфе достаточноподробно разобраны решения нескольких задач, ил-люстрирующих предлагаемые методы. Основнымэлементом построения является построение изобра-жения прямой, по которой пересекаются две плос-кости.

Предметные результаты:— строить сечения на изображениях многогран-

ников: методом следов, методом вспомогательныхплоскостей (*) и методом внутреннего проекти-рования (*). Находить площади и периметры сече-ний.

72

Методические рекомендации к изучению материала

В данном параграфе развиваются и углубляютсяосновные идеи предыдущего, связанные с постро-ениями на изображениях. В параграфе достаточнозаметны элементы уровневой дифференциации. Так,метод следов должен быть усвоен всеми учащимися,в то время как метод вспомогательных плоскостейпредполагает различные уровни владения им. Про-стейшие модификации (точки, задающие сечение,расположены на ребрах; имеется одна вспомогатель-ная плоскость и т. д.) также должны быть усвоенывсеми. Метод вспомогательных плоскостей, особеннометод внутреннего проектирования, в полной мерепредназначен для более сильных учеников, однакоразобрать несколько трудных задач, в которых при-меняется этот метод, полезно в любом классе.

Следует обратить внимание учеников, что методследов является наиболее общим и при построениисечений присутствует всегда. Метод же вспомога-тельных плоскостей в определенном смысле являет-ся подготовительным для последующего примене-ния метода следов.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Решить задачу на построение сечений наизображениях треугольной пирамиды и куба: 1,рис. 50, в, г (§ 2.2), 5 (а, б), 8, 11.

Задание на дом: повторить § 1.5; задачи 5 (в,г, д), 9.

Урок 2. Рассмотреть задачу из учебника на по-строение прямой, по которой пересекаются две плос-кости; решить задачи 3, 6 (а, б), 7 (а).

Задание на дом: изучить § 2.2, решить задачи6 (в), 7 (б), 11.

Указания к решению задач учебника

1. Случай, показанный на рис. 50, а (§ 2.2). Про-ведем прямую KL и найдем ее точку пересечения сАС. Соединим построенную точку прямой линией

73

с М и продолжим эту линию пересечения с АD в точ-ке Р. Четырехугольник KLМР и есть искомое сече-ние.

Случай, показанный на рис. 50, б (§ 2.2). Сначалапроведем прямую МL и найдем точку пересечения сAС. Тогда задача сводится к предыдущей: построитьсечение по трем точкам на его ребрах.

Случай, показанный на рис. 50, в (§ 2.2). Сначалапостроим вспомогательное сечение через точки В, K,L и найдем точку пересечения прямой KL с плоско-стью АDС. Соединив полученную точку с М, постро-им отрезок, по которому наша плоскость пересекаетплоскость ADC (рис. 19). Затем построим все сече-ние.

Случай, показанный на рис. 50, г (§ 2.2). Анало-гично предыдущему случаю сначала, используявспомогательное сечение ВKL, построим точку пере-сечения прямой KL с плоскостью ADC.

2. Ответ: . Сечением является треугольник,

подобный АВС с коэффициентом .

3. Из условия следует, что треугольники АDВ иBDС — прямоугольные с прямым углом при вер-шине D. Пусть K и L — середины соответственно

AВ и ВС. Тогда DK = , DL = как медианы в

соответствующих прямоугольных треугольниках, а

KL = . Таким образом, треугольник DKL подобен

треугольнику АВС с коэффициентом .

4. Пусть плоскость, параллельная АС и ВD, делитребро AD на отрезки х•АD и (1 – х)•АD. Тогда в се-чении мы получим параллелограмм (противопо-ложные стороны получившегося четырехугольникапараллельны АС и ВD) со сторонами хa и (1 – х)b.Этот параллелограмм будет ромбом при условии ра-венства ха = (1 – х)b. Из этого уравнения находим

х = , а затем сторону ромба ха = .

12---

12---

AB2

---------

BC2---------

AC2---------

12---

ba + b--------------

aba + b--------------

74

5. г) Проведем прямую через точки на ребрах АDи АВ до пересечения с прямой DС. Проведя прямуючерез полученную точку и заданную точку в граниDD1СС1, мы получим в пересечении с прямыми DD1

и СС1 еще две точки, принадлежащие плоскости се-чения.

8. Проведем в гранях AВС и АВD прямые, парал-лельные соответственно ВС и АD. Точки пересече-ния этих прямых с ребрами пирамиды будут вер-шинами сечения. После этого достроим сечение (см.задачу 4).

9. Проведем через K и М в гранях, содержащихребро АD, прямые, параллельные этому ребру. Припересечении с соответствующими ребрами получимеще две вершины сечения.

10. Построим вспомогательное сечение, проходя-щее через две из выбранных точек и какую-нибудьвершину пирамиды. Проведя в этом сечении пря-мую через заданные точки, мы сможем найти ещеодну точку сечения, принадлежащую плоскости гра-ни пирамиды.

11. Обозначим через О начало лучей и построимна них точки K, L и М соответственно. Тогда OKLМможно рассматривать как изображение треугольнойпирамиды. Построив сечение этой пирамиды, про-ходящее через точки А, В и С, расположенные в со-ответствующих гранях (см. предыдущую задачу),и найдя точки пересечения этого сечения с прямымиОK, ОL и ОМ, мы построим требуемый треугольник.

2.3. Выпуклые многогранники

В данном параграфе дается определение выпукло-го многогранника, причем определение, «обслужи-вающее» только многогранники, и подчеркивается,что именно этот вид многогранников будет являтьсяв дальнейшем основным объектом изучения. Крометого, дается общее определение выпуклого множест-ва и доказывается, что выпуклый многогранник всмысле данного определения является выпуклыммножеством.

75

В параграфе говорится об основных элементахмногогранников — гранях, ребрах, вершинах, дву-гранных углах и вводится понятие многогранногоугла (подробнее они будут изучаться в § 2.4).

Предметные результаты:— различать и называть выпуклые и невыпуклые

многогранники. Формулировать определения поня-тий выпуклого многогранника, выпуклой фигуры;

— формулировать теорему о пересечении выпук-лых фигур. Называть элементы многогранников:грани, ребра, вершины, двугранные углы, много-гранные углы.

Методические рекомендации к изучению материала

Понятие выпуклого множества играет очень важ-ную роль в современной математике и ее прило-жениях, и именно это определяет особую роль дан-ного параграфа. Главным результатом его изуче-ния является именно теоретическое знание, чтотакже является характерным отличием этого пара-графа от большинства других (например, от преды-дущего).

Выпуклый многогранник определяется через по-нятие полупространства. В связи с этим необходимонапомнить второе основное свойство пространства.Следует также вспомнить известное из курса плани-метрии понятие выпуклого многоугольника. Полез-но, перед тем как дать определение выпуклого мно-гогранника, рассмотреть модели и изображениянескольких многогранников — выпуклых и невы-пуклых — и обсудить, какие из них, по мнению уче-ников, являются выпуклыми, а какие — нет и поче-му. Можно задать в связи с определением ряд вопро-сов. Что изменится, если из данного определенияубрать какую-то часть? Что будет, в частности, еслиубрать слово «ограниченная»? Возможно ли, чтобыпри пересечении нескольких полупространств воз-ник выпуклый многогранник с числом граней, мень-шим, чем число полупространств? При пересечении

76

какого наименьшего числа полупространств можнополучить многогранник? И т. п.

Учащиеся должны четко понимать, что, несмотряна специальное определение, выпуклый многогран-ник является частным случаем выпуклого множест-ва. Именно это следует из основной теоремы о пере-сечении выпуклых множеств.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория § 2.3, задачи 1, 2, 3, 7.Задание на дом: теория § 2.3, задачи 4, 5, 6.

Указания к решению задач учебника

1. Ответ: 5 граней; 99 граней. Примерами могутслужить пятиугольная и 99-угольная пирамиды. То,что у выпуклого стогранника не может быть гранис числом сторон 100 или больше, нетрудно доказать.Если бы такая грань существовала, то каждой еестороне соответствовала бы еще одна грань, причемразным сторонам соответствовали бы разные грани(в силу выпуклости данного многогранника). Тогдаобщее число граней было бы больше 100.

2. Ответ: нет (на оба вопроса).6. В качестве примера можно взять 99-угольную

пирамиду. Для любого k = 1, 2, ..., 98 можно провес-ти плоскость, пересекающую основание по отрезкуи ровно k ее боковых ребер.

7. Пусть n — число граней нашего выпуклогомногогранника. Тогда число сторон в каждой граниможет изменяться от 3 до n – 1. Значит, у всех n гра-ней не может быть различное число сторон.

2.4. Многогранные углы

В данном параграфе дается определение трехгран-ного, а затем и многогранного угла. Основным объек-том изучения является трехгранный угол. Доказы-ваются две теоремы, два основных неравенства, свя-занных с трехгранными углами: теорема о сумме егоплоских углов и «неравенство треугольника».

77

Предметные результаты:— формулировать определения трехгранного

угла и многогранного угла. Формулировать теоремуо свойствах плоских углов трехгранного угла. Нахо-дить на моделях и изображениях трехгранные имногогранные углы и их элементы. Использоватьопределения и теоремы для решения задач.

Методические рекомендации к изучению материала

Перед началом изучения параграфа следуетвспомнить определение и термины, связанные с дву-гранным углом (в частности, понятие линейногоугла двугранного угла). Теоретическая часть можетбыть изложена учителем в виде лекции. Следуетобратить внимание, что на множестве многогран-ных углов можно выделить множество выпуклыхуглов.

Сильным ученикам полезно освоить метод по-строения для заданного трехгранного угла дополни-тельного или полярного угла (см. задачи 14, 15),благодаря чему из утверждений для плоских угловтрехгранного угла можно получать утверждениядля двугранных углов трехгранного угла.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теоретическая часть § 2.4 до теоремы 2.2(включительно), решить задачи 1, 2, 5, 6.

Задание на дом: теория до теоремы 2.2, повто-рить § 1.7, задачи 3, 8, 13.

Урок 2 (*). Теорема о неравенстве треугольникадля плоских углов трехгранного угла, решить зада-чи 10, 14, 15 (а).

Задание на дом: задачи 15 (б), 16, 20.Урок 3 (*). Решить задачи из § 2.4: 7, 9, 12, 18, 21.Задание на дом: теория § 2.4, задачи 2, 11, 22 (из

дополнительных задач), повторить решение задач 1,3, 5, 6 из § 1.5 учебника.

78

Указания к решению задач учебника

1. 180° • 4 = 720°.3. Ответ: эти углы равны 60°. Показать это мож-

но, например, следующим образом. Рассмотрим куб.Проведем из одной вершины этого куба три диагона-ли, сходящихся в этой вершине граней. Все плоскиеуглы при вершине куба прямые, а диагонали — бис-сектрисы этих углов. Соединив попарно оставшиесяконцы диагоналей, получим треугольную пирами-ду, все грани которой — правильные треугольникисо стороной, равной диагонали грани куба.

4. а) Больше 30° и меньше 170° (больше разностизаданных углов, но меньше их суммы); б) больше150° – 130° = 20° и меньше 360° – (130° + 150°) = 80°.

5. Пространство можно разбить на четыре трех-гранных угла. Возьмем произвольную точку внутритреугольной пирамиды и проведем лучи с началом вэтой точке, проходящие через вершины пирамиды.Эти лучи являются ребрами четырех непересекаю-щихся трехгранных углов, содержащих все про-странство. Трех трехгранных углов для этого недо-статочно. Легко понять, что двумя плоскими угламинельзя покрыть плоскость. Пусть в пространстве да-ны три трехгранных угла. Проведем плоскость, непересекающую один из них. Эта плоскость пересечеткаждый из двух оставшихся. Но при пересечениитрехгранного угла плоскостью может возникнуть се-чение одного из трех видов: треугольник, угол и об-резанный угол (угол, от которого отрезана вершина);каждая из этих фигур может быть покрыта плоскимуглом, а двумя плоскими углами плоскость покрытьнельзя.

6. а) Все семь возможностей получаются заменойодной, двух или всех трех величин на величинусмежного угла (дополняющего до 180°); б) ответ ана-логичен пункту а).

7. Пространство окажется разделенным на 14 час-тей: 8 трехгранных углов и 6 четырехгранных.Рассмотрим треугольную пирамиду. Четыре обра-зующие ее плоскости разбивают пространство на15 частей: внутреннюю часть, 4 части, прилежащие

79

к граням, 6 — к ребрам и 4 — к вершинам. Прибли-жая одну из плоскостей параллельно самой себе квершине, образованной тремя другими плоскостя-ми, получим в пределе нужное расположение плос-костей. При этом части пространства, соответствую-щие ребрам, превратятся в четырехгранные углы,а остальные — в трехгранные.

8. То, что все грани — равные треугольники, сле-дует из третьего признака равенства треугольников.При этом у каждой вершины пирамиды сходятся всетри угла треугольника. Следовательно, у треуголь-ников, образующих грани пирамиды, сумма любыхдвух углов больше третьего. А это и означает, что тре-угольник остроугольный, так как у тупоугольноготреугольника сумма острых углов меньше 90° именьше тупого угла.

9. Ответ: 110°, 45° и 25°. Из того, что сумма двухиз данных углов равна третьему, следует, что дан-ные точки лежат в одной плоскости. При этом точкаD является центром окружности, описанной околоАВС.

10. Ответ: arccos . Пусть O — вершина угла.

Возьмем на одном из ребер точку А так, что ОА = 2.Пусть P — проекция точки А на противоположнуюгрань, точек В и С — на два других ребра. Последова-

тельно находим: ОВ = OC = 1, ОР = . (Треугольни-

ки ОРВ и ОРС — прямоугольные с острым углом привершине О, равным 30°.)

11. Если провести плоскость через ребро любоготрехгранного угла, пересекающую противополож-ную грань, то мы разделим трехгранный угол на два,причем у каждого из получившихся углов суммаплоских углов будет меньше. Это следует из теоре-мы 2.3. Последовательно проводя такие плоскости,мы можем «вырезать» из второго трехгранного углапервый. При этом после каждого «отрезания» суммаплоских углов будет уменьшаться.

12. Будем считать, что ОA = ОВ = OС. Тогда плос-кость p проходит через середины АВ и СВ (по свойст-

1

3-------

2

3-------

80

ву биссектрисы равнобедренного треугольника). Зна-чит, р параллельна AС и пересекает плоскость СОАпо прямой, параллельной АС, т. е. перпендикуляр-ной биссектрисе угла CОA.

13. Ответ: нет. Более того, если этот угол не пря-мой, то его проекция на плоскость, содержащую од-ну из сторон (только одну), всегда есть угол меньшейвеличины.

14. Плоские углы второго трехгранного угла до-полняют до 180° соответствующие двугранные углыпервого, а двугранные углы второго дополняютдо 180° плоские углы первого. Пусть, например,Аʹ и Вʹ — проекции Оʹ на ОВС и ОАC, М — проек-ция Oʹ на OC. Тогда четырехугольник OʹАʹMBʹ явля-ется плоским, в котором ∠ AʹOʹВʹ = 180° ∠ АʹМBʹ. Но∠ AʹМBʹ является линейным углом двугранного углас ребром ОС. Далее — аналогично. (Заметьте, чторебра первого трехгранного угла также оказываютсяперпендикулярными соответствующим граням вто-рого.) Построенную указанным образом пару трех-гранных углов иногда называют парой полярныхили двойственных углов. С помощью такого приемамы можем из любой теоремы о линейных и двугран-ных углах для трехгранного угла получить другую(двойственную) теорему, в которой линейные и дву-гранные углы как бы поменялись местами. (В имею-щейся теореме мы везде заменяем линейные углы науглы, дополняющие соответствующие двугранныедо 180°, и наоборот.)

15. Примените теоремы 2.1 и 2.2 к двойственномутрехгранному углу. (См. условие и решение преды-дущей задачи.)

16. Обозначим длины отрезков, отсекаемых плос-костью на ребрах угла, через а, b и с. Тогда квадратысторон треугольника, получающегося в сечении,равны соответственно a2 + b2, b2 + c2 и с2 + a2. Теперьлегко проверить, что у получившегося сечения сум-ма квадратов двух сторон больше квадрата третьей.А это и означает, что этот треугольник является ост-роугольным.

81

17. Нет, не у любого. Возьмем, например, угол,у которого два плоских угла прямые, а третий мень-ше 60°. Пусть O — вершина угла и плоскость пересе-кает его ребра в точках A, В и C, причем В и С — наребрах, образующих меньший угол. Если АВ = АC,то ОВ = OC < АВ, а ВС < ОВ. Значит, получившийсятреугольник не может быть равносторонним.

18. Рассмотрим какое-нибудь сечение выпуклогомногогранного угла, пересекающее все его ребра.В получившемся выпуклом многоугольнике найдут-ся три стороны, образующие при их продолжениитреугольник, содержащий все сечение. Соединиввершины этого треугольника с вершиной заданногомногогранного угла, получим трехгранный угол, со-держащий данный многогранный. При этом много-гранный угол можно получить из трехгранного по-следовательным «отрезанием» трехгранных углов,причем после каждого отрезания сумма плоских уг-лов оставшегося многогранного угла уменьшается.А в трехгранном угле она меньше 2π (теорема 2.2).

19. Сумма всех плоских углов треугольной пира-миды равна 4π. Следовательно, найдется хотя бы од-на вершина, сумма плоских углов при которой непревышает π. Тогда, учитывая теорему 2.3, получа-ем, что все плоские углы при этой вершине острые.

20. Докажем, что сумма плоских углов любогомногогранника кратна 360°. Рассмотрим произволь-ную грань. Сумма ее углов равна 180° (n – 2), где n —число сторон этой грани. Сложив суммы углов повсем граням, мы получим, что сумма всех его пло-ских углов равна 180° (2N – 2G), где N — число ре-бер (каждое ребро входит ровно в две грани и под-считывается дважды), а G — число всех граней.Наше утверждение доказано. Далее имеем: 3300° == 360° • 9 + 60°. Таким образом, сумма углов, при-лежащих к оставшейся вершине, равна 300°.

21. Указанную в условии конфигурацию можнорассматривать как изображение (проекцию) трех-гранного угла, пересеченного двумя плоскостями.Треугольники АВС и А1В1С1 — сечения этого угла.Тогда точки K, L и М лежат на одной прямой, по-

82

скольку являются изобра-жением (проекцией) трехточек, расположенных налинии пересечения двухплоскостей.

22. Понятно, что еслимы сможем построить ка-кой-нибудь, пусть оченьнебольшой отрезок неко-торой прямой, то мы смо-жем построить и скольугодно длинный отрезок

этой прямой, продолжая эту прямую. На рисунке 19указан один из возможных способов решения зада-чи. Числа указывают номера прямых. Первые двепроводятся произвольно через точку A. При этом же-лательно, чтобы они проходили достаточно близкок точке В. 3, 4 и 5-я также формально произвольнопроводятся через общую точку. Все остальные пря-мые задаются двумя своими точками. В результате,согласно теореме Дезарга (см. задачу 21), мы полу-чаем еще одну точку на прямой АВ и строим иско-мую прямую (10-я прямая).

Дополнительные задачи

1. Могут ли плоские углы выпуклого четырехгран-ного угла равняться: а) 100°, 75°, 82°, 90°; б) 118°,92°, 130°, 31°? (Ответ: а) да; б) нет.)

2. В трехгранном угле два плоских угла равны 45°,а один равен 60°. Найдите величину двугранногоугла, противолежащего углу в 60°. (Ответ: 90°.)

3. В трехгранном угле один плоский угол прямой,а два других равны 60°. Найдите угол междуплоскостью, содержащей прямой угол, и противо-лежащим ребром. (Ответ: 45°.)

2.5. Пирамида. Правильная пирамида

Изучение свойств конкретных многогранниковначинается с пирамиды. В этом параграфе дается оп-ределение n-угольной пирамиды и ее элементов (ос-

2

1

34

5 6

78

9

10

Рис. 19

AB

83

нование, вершина, боковые ребра, боковые грани),доказываются две важные теоремы, широко исполь-зующиеся при решении задач, — свойство пирами-ды с равными боковыми ребрами и свойство пира-миды с равными углами между основанием и боко-выми гранями (речь идет о положении проекциивершины пирамиды на основание), доказываетсятакже теорема о свойстве параллельных сечений впирамиде. В заключение вводится определение пра-вильной пирамиды.

Методические рекомендации к изучению материала

Важно, чтобы учащиеся поняли, что теоремы 2.4и 2.5 являются прямыми следствиями из фактов,приведенных в § 1.5 (в нем самом и в задачах). По-этому естественно будет их повторить (теорию параг-рафа и задачи 1, 3, 5, 6). Теорема 2.4 о свойстве пи-рамиды с равными боковыми ребрами, по сути, естьпереформулированная задача 3 из § 1.5, а теорема2.5 — следствие задачи 6 из § 1.5. Задачи же 1 и 5 со-ответственно являются подготовительными по отно-шению к задачам 3 и 6.

При таком подходе к теоремам 2.4 и 2.5 их усвое-ние учащимися будет значительно более легким ипрочным.

По поводу теоремы 2.5 следует отдельно заме-тить, что в ней речь идет именно об углах между дву-мя плоскостями (основанием и боковой гранью илиоб угле наклона боковой грани к основанию), но не одвугранных углах при основании. В случае равенст-ва указанных двугранных углов формулировка тео-ремы несколько меняется (уточняется и упрощает-ся). В более слабом классе можно, по сути, ограни-читься ослабленной формулировкой:

Т е о р е м а 2.5*Если все двугранные углы при основании пира-

миды равны, то в основании пирамиды лежит мно-гоугольник, в который можно вписать окружность,

84

и вершина пирамиды проектируется в центр этойокружности.

Так как в треугольник всегда можно вписатьокружность, для треугольной пирамиды эту форму-лировку можно упростить.

Можно также переформулировать утверждениезадачи 6 из § 1.5 в виде теоремы:

Т е о р е м а 2.5**Если все углы между плоскостью основания и бо-

ковыми гранями треугольной пирамиды равнымежду собой, то вершина пирамиды проектируетсялибо в центр вписанной, либо в центр одной из вне-вписанных окружностей основания.

В доказательстве этих теорем также используют-ся результаты задач 3 и 6 из § 1.5. Желательно каж-дый шаг при доказательстве теорем 2.4, 2.5 (2.5*,2.5**) сопровождать не только чертежами, но и де-монстрациями на моделях пирамид.

Необходимо напомнить учащимся, где располо-жены центры вписанной и описанной окружностейтреугольника в общем случае и для некоторых част-ных случаев (например, для прямоугольного тре-угольника).

В конце параграфа дается определение правиль-ной пирамиды. Учителю необходимо уделить доста-точное количество времени на отработку навыковизображения правильных пирамид (прежде всеготреугольных и четырехугольных), повторяя приэтом свойства параллельного проектирования, уста-навливая связи между основными характеристика-ми правильных пирамид и вспоминая некоторыесвойства правильных многоугольников.

В качестве основных характеристик правильнойпирамиды обычно берутся следующие линейные ве-личины (обозначения могут и отличаться от приво-димых здесь): а — сторона основания, b — боковоеребро, l — апофема боковой грани (в учебнике этоттермин не вводится, поэтому напомним: апофемойбоковой грани правильной пирамиды называетсявысота этой грани, проведенная к стороне основанияпирамиды), h — высота пирамиды. Учащиеся долж-

85

ны уметь находить по любым двум из этих величиндве оставшиеся величины для правильной треуголь-ной и четырехугольной пирамид. (Не будем напоми-нать здесь соответствующие формулы.) Реже встре-чаются такие величины, как радиусы описанных ивписанных окружностей для основания и боковыхграней, позже к ним добавятся радиусы описанногои вписанного шара для всей пирамиды и т. д. В тео-ремах и задачах, касающихся правильных пирамид,учащимся, кроме линейных величин, придется так-же встречаться с величинами площадей (например,площадей граней), с объемами (позже) и с величина-ми различных углов (плоских, двугранных и междупрямой и плоскостью).

Перед доказательством теоремы о свойстве парал-лельных сечений следует вспомнить известный пла-ниметрический факт о том, что площади подобных фи-гур относятся как квадраты коэффициента подобия.

Предметные результаты:— формулировать определение n-угольной пира-

миды, правильной пирамиды. Формулировать тео-рему о свойстве пирамиды с равными боковымиребрами; теорему о свойстве пирамиды с равнымиуглами между основанием и боковыми гранями;теорему о свойстве параллельных сечений в пирами-де. Изображать пирамиды, в том числе правильные.Находить элементы пирамиды по двум известным.Использовать свойства пирамид при решении задач.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория до теоремы 2.5. Решить задачи 1,2, 3, 4, 13, а также дополнительные.

Задание на дом: теория § 2.5 до теоремы 2.5, зада-чи 5, 6, 26.

Урок 2. Теорема 2.5. Решить задачи 8, 12.Задание на дом: теорема 2.5, задачи 14, 15.Урок 3 (*). Правильная пирамида. Решить задачи

7, 16, 19 (для случая n = 3).Задание на дом: задачи 19 (n = 4, произвольное

n), 22, 30.

86

Урок 4 (*). Свойство параллельных сечений пира-миды. Решить задачи (из дополнительных) 5, 6, 7;повторить решение задач 8, 9, 10, 11, 20.

Задание на дом: задачи 21, 27.Урок 5 (*). Решить задачи 17, 24, 29, 33.Задание на дом: задачи 18, 25, 31.

Указания к решению задач учебника

4. Таких пирамид три — треугольная, четырех-угольная и пятиугольная. Боковые грани такихпирамид являются правильными треугольниками.А поскольку сумма плоских углов при вершине пира-миды должна быть меньше 2π (см. задачу 18 из § 2.4),число боковых граней не может превышать пяти.

5. Утверждение задачи следует из теоремы 1.14(о наклонных и проекциях).

6. Ответ: . Из утверждения преды-

дущей задачи следует, что вершина пирамиды про-ектируется в центр описанной около основания ок-ружности, т. е. в середину гипотенузы.

7. Из теорем 2.4 и 2.5 следует, что в основании пи-рамиды лежит многоугольник, который одновре-менно является вписанным и описанным, причемцентры вписанной и описанной окружности совпа-дают между собой и совпадают с основанием высотыпирамиды. Отсюда следует, что в основании лежитправильный многоугольник (он вписанный, и всеего стороны равноудалены от центра), а боковые реб-ра равны.

8. Ответ: 6. Из теоремы 2.5 следует, что в основа-нии лежит четырехугольник, в который можно впи-сать окружность. А это значит, что суммы противо-положных сторон у него равны.

9. Ответ: отношение равно 2. Воспользуйтесь тео-ремой 2.6.

10. 992 = 9801.

11. . Обозначим отношение АK и ВМ к АB

через х. Из условия на основании теоремы 2.6 полу-

12--- 4l2 – a2 – b2

33-------

87

чаем уравнение: x2 + (1 – х)2 = . Ответом к задаче

будет величина |1 – 2х|. Ответ: .12. Из условия следует, что данная пирамида

является правильной (см. задачу 7 и ее решение).13. Scos α. Ответ сразу следует из теоремы 1.19

(o площади проекции).14. Возможны два случая: вершина проектирует-

ся в центр вписанной и в центр вневписанной окруж-ности (см. теорему 2.5 и замечание к ней).

15. Вершина проектируется либо в центр вписан-ной, либо в центр одной из трех вневписанных ок-ружностей, поэтому возможны четыре случая. Вы-сота пирамиды равняется радиусу одной из четырехуказанных окружностей, поскольку tg 45° = 1.

17. Центр правильного тетраэдра делит каждуювысоту в отношении 3 : 1, считая от вершины. Отсюдаследует, что расстояния от указанных в условии вер-шин до центра исходного тетраэдра относятся к рас-стоянию от вершин исходного тетраэдра до его центракак 5 : 3. Так же относятся и стороны этих тетраэд-ров.

18. Получившийся многогранник является ку-бом. Убедиться в этом можно, например, следую-щим образом. Рассмотрим куб, у которого диагона-ли граней равны ребру данного тетраэдра. Выберем внем четыре вершины, образующие правильный тет-раэдр. (Это можно сделать двумя способами, приэтом в каждой грани берутся две противоположныевершины.) В результате получим заданную в усло-вии конструкцию: на гранях правильного тетраэдраво внешнюю сторону построены соответствующиепирамиды.

23. 2 : 1. При решении этой задачи можно обой-тись почти без вычислений. Пусть АВ — диагональкуба, K, L и М — три вершины куба, соседние с вер-шиной А. Тогда пирамиды BKLM и АKLM удовлет-воряют условию задачи. Теперь ответ следует из то-го, что диагональ АВ делится плоскостью KLМ в от-ношении 2 : 1.

24. : 2. Воспользуйтесь теоремой 2.6.

23---

33-------

3

88

25. Одну. Каждый отрезок должен входить в дватреугольника, являющихся гранями пирамиды.Очевидно, что отрезок длины 1 должен войти в дватреугольника: 1, 2, 2 и 1, 3, 3.

26. Да, существует. Такой будет пирамидаSАВСD, в которой стороны АВ и СD основания непараллельны, а вершина S проектируется в точку ихпересечения (при продолжении).

27. Проекция каждого бокового ребра на основа-ние перпендикулярна соответствующей стороне ос-нования. Теперь утверждение задачи следует из тео-ремы 1.15 (o трех перпендикулярах).

28. По теореме 2.3 для трехгранного угла АВСS свершиной S получаем 10° < ∠ АSС < 70°, так каккаждый плоский угол меньше суммы и больше раз-ности оставшихся плоских углов. Из трехгранногоугла DАСS с вершиной S получаем 30° < ∠ АSС < 130°.Таким образом, 30° < ∠ ASС < 70°. Аналогично рас-суждая, получим 50° < ∠ BSD < 90°.

29. Пусть плоские углы при вершине D пирамидыABCD прямые. Поскольку прямая АD перпендику-лярна прямым ВD и СD, прямая АD перпендикуляр-на плоскости ВСD (теорема 1.9). Значит, прямая АDперпендикулярна прямой ВС (определение 6). Еслитеперь Н — проекция D на плоскость АВС, то АН бу-дет перпендикулярна ВС (теорема 1.15 — о трех пер-пендикулярах). Точно так же ВН перпендикулярнаАС. Значит, Н — точка пересечения высот треуголь-ника АВС.

30. . Поскольку стороны сечения параллельны

двум противоположным ребрам правильной тре-угольной пирамиды, сечением является прямо-угольник (см. задачу 27), стороны которого в два ра-за меньше соответствующих ребер пирамиды.

31. Проекцией тетраэдра может быть либо тре-угольник, либо четырехугольник. В первом случаеплощадь проекции не больше площади грани тетра-эдра, во втором она не больше полупроизведения егоребер (каждая из диагоналей четырехугольника непревосходит длины ребра). Теперь нетрудно заклю-

ab4-------

89

чить, что наибольшая площадьпроекции правильного тетраэдрабудет получена, когда плоскость,на которую он проектируется, па-раллельна двум противополож-ным его ребрам.

32. 60° или 36°. Заметим, чтотреугольники DАВ и DAC равны,поскольку они равнобедренные сравными боковыми сторонами иуглами при основаниях (DВ и DC).Возможны два случая. Случай 1. ТреугольникиDАB и DВC равны. В этом случае все грани нашейпирамиды являются правильными треугольниками(пирамида — правильный тетраэдр) и все искомыеуглы равны 60°. Случай 2. Пусть указанные тре-угольники не равны (рис. 20). Тогда DА не равняетсяDС. (В курсе планиметрии мы доказывали, что еслиу двух треугольников равны соответственно по двестороны и по одному углу, противолежащему однойпаре равных сторон, то углы, противолежащие дру-гой паре, либо также равны — в этом случае равныи треугольники, — либо в сумме составляют 180°.Но мы не будем ссылаться на это утверждение.) По-ложим ∠ АDВ = ∠ ВDС = α. Возьмем на луче DСтакую точку А′, что DА′ = DА. Тогда треугольникDА′B будет равен треугольнику DAB, а треугольникА′ВС — равнобедренным. Отсюда найдем ∠ DСВ == 180° – ∠ DA′B = 180° – ∠ DAB = 2α, ∠ DВС == ∠ DСВ = 2α. Получим уравнение 2α + 2α + α = 180°,откуда α = 36°.

33. Существуют две возможности — четырех-угольник АВСD является выпуклым либо не являет-ся выпуклым. В первом случае ВD = + 2 > 6 == SВ. Но этот случай невозможен. Следовательно,четырехугольник ABCD — невыпуклый и ВD == 2 – .

34. а) На рисунке 21 показано, как данную пира-миду можно разделить на 8 вдвое меньших пирамид.Сначала отрежем четыре пирамиды АKРМ, ВKMQ,СQNL и DLМР, а затем оставшийся многогранник

A

C

B

D

A′

Рис. 20

3 6

6 3

90

разрежем на четыре части KLPM, KLMO, KLQNи KLPN.

Пункты б), в) и г) удобно решать одновременно.Рассмотрим пирамиду АВСD, как указано в пунктеа) (рис. 22). Разрежем ее на две равных пирамидыАKDС и ВKDС, где K — середина АВ. Нетрудно уви-деть, что эти две пирамиды имеют вид, описанныйв пункте в). Любую пирамиду, соответствующуюпункту в), в свою очередь можно разрезать на две пи-рамиды, описанных в пункте г). Например, плос-кость KDР, где Р — середина АС, делит пирамидуАKDР на две равные пирамиды именно таким обра-зом. И наконец, любую пирамиду, описанную впункте г), можно разрезать на две равных пирамидыиз пункта б). Например, плоскость KРМ, где М —середина АD, делит пирамиду AKDР таким образом.Из наших рассуждений следует утверждение зада-чи. В самом деле, назовем для краткости пирамиды,соответствующие пунктам б), в) и г), пирамидами 1,2 и 3-го типов. Мы получили, что любую пирамиду1-го типа можно разрезать на две равные пирамиды2-го типа, любую пирамиду 2-го типа — на две рав-ные пирамиды 3-го типа и, наконец, любую пирами-ду 3-го типа — на две равные пирамиды 1-го типа.Следовательно, пирамиду 1-го типа можно разрезатьна две равные пирамиды 2-го типа, на четыре рав-ные пирамиды 3-го типа и на восемь пирамид1-го типа. Аналогичные утверждения верны и дляпирамид 2-го и 3-го типов.

A

P

D

L

C

B

K A

C

K

M

P

D

B

Рис. 21 Рис. 22

Q

NM

91

Дополнительные задачи

1. Основание пирамиды — прямоугольник со сторо-нами 6 и 8 см. Каждое боковое ребро равно 13 см.Найдите высоту пирамиды. (Ответ: 12 см.)

2. Известно, что боковые ребра четырехугольной пи-рамиды равны между собой, а ее вершина проек-тируется в точку пересечения диагоналей осно-вания. Какой вид имеет основание? (Укажитеназвание.) (Ответ: прямоугольник.)

3. Верно ли, что у правильной пирамиды равны вседвугранные углы? (Ответ: нет.)

4. Боковые ребра треугольной пирамиды равны меж-ду собой и равны гипотенузе прямоугольного тре-угольника, лежащего в ее основании. Гипотенузаравна 12 см. Найдите высоту пирамиды. (Ответ:6 см.)

5. Площадь основания пирамиды равна 150 см2,а площадь сечения, параллельного основанию,равна 54 см2. Расстояние между плоскостью осно-вания и плоскостью сечения равна 14 см. Найдитевысоту пирамиды. (Ответ: 35 см.)

6. Высота пирамиды равна 16 см, а площадь основа-ния равна 512 см2. На каком расстоянии от осно-вания находится плоскость сечения, если пло-щадь сечения равна 50 см2? (Ответ: 11 см.)

7. Основаниями усеченной пирамиды служат пра-вильные треугольники со сторонами 5 и 3 см. Одноиз боковых ребер равно 1 см и перпендикулярноплоскостям основания. Найдите боковую поверх-ность этой усеченной пирамиды. (Ответ: 16 см2.)З а м е ч а н и е. При решении этой задачи учитель

должен объяснить учащимся смысл понятия усечен-ная пирамида, поскольку оно отсутствует в учебнике.

2.6. Призма, параллелепипед

В этом параграфе дается определение призмы и ееосновных элементов (основания, боковые грани, бо-ковые ребра). Дается определение параллелепипеда(как частного случая призмы), прямой и правильной

3

92

призмы и, наконец, определение прямоугольногопараллелепипеда. Формулируются и доказываютсятри теоремы: свойство диагоналей параллелепипеда,свойство диагоналей прямоугольного параллелепи-педа и теорема Пифагора для прямоугольного парал-лелепипеда.

Теория этого параграфа достаточно проста и мо-жет быть вся изучена на одном уроке. С другой сто-роны, призмы (главным образом, треугольные и че-тырехугольные) и параллелепипеды являются, каки пирамиды, основными видами многогранников,изучаемыми в курсе геометрии, и поэтому следуетуделить достаточно времени на отработку техниче-ских умений и стандартных приемов, используемыхпри работе с этими многогранниками, т. е. уделитьдостаточное время решению задач по теме этого па-раграфа.

Предметные результаты:— формулировать определения призмы, прямой

призмы, правильной призмы, параллелепипеда,прямоугольного параллелепипеда. Формулироватьтеоремы: о свойстве диагоналей параллелепипеда;теорему Пифагора для прямоугольного паралле-лепипеда. Изображать призмы и параллелепипе-ды;

— применять теоремы для решения задач.

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория. Решить задачи 4, 5.Задание на дом: задачи 1, 2, 3, 6.Урок 2. Решить задачи 7, 8, 9, 13, 14, 19 (а).Задание на дом: задачи 10, 11, 12, 19 (б).Урок 3 (*). Решить задачи 19 (в), 20, 24 (а), 25 (а,

б, в, г).Задание на дом: задачи 15, 24 (б), 26.Урок 4 (*). Решить задачи 17, 18 (а, б), 22, 23.Задание на дом: задачи 28, 29.Урок 5 (*). Решить задачи 21, 27, 30, 31.Задание на дом: 16, 32.

93

Указания к решению задач учебника

1. См. рисунок 23.2. См. рисунок 24.3. У n-угольной пирамиды имеется n + 1 вершина,

2n ребер и n + 1 грань, т. е. указанная сумма равна4n + 2. У n-угольной призмы соответственно 2n вер-шин, 3n ребер и п + 2 грани, т. е. указанная суммаравна 6n + 2. Таким образом, в случае а) данныймногогранник является 25-угольной пирамидой, а вслучае б) — 17-угольной призмой.

5. Исправить условие. Сколько существует раз-личных параллелепипедов, шесть из восьми вершинкоторых совпадают с концами данных отрезков?

7. Рассмотрим сечение нашего параллелепипеда,проходящее через две его диагонали. Сечением будетпрямоугольник. Угол между диагоналями этогопрямоугольника (он же — угол между соответствую-щей парой диагоналей параллелепипеда) в два разабольше угла, образованного его диагональю с боль-шей стороной прямоугольника.

11. Рассмотрим параллелепипед ABCDA1B1C1D1.Пара тетраэдров АВСС1 и DA1В1D1 обладает указан-ным свойством.

12. См. рисунок 25.15. 1 : 2. Рассмотрим парал-

лелограмм АА1С1С. Указан-ная плоскость проходит черезсередину АС1.

16. Рассмотрим, например,две треугольные призмы с рав-ными основаниями, боковые

Рис. 24Рис. 23

Рис. 25

94

ребра которых имеют различный наклон к основа-нию, а затем поставим одну на другую, т. е. совмес-тим нижнее основание одной с верхним основаниемдругой.

17. Боковые грани двух соседних пирамид, имею-щие общее ребро (оно же — ребро куба), лежат в од-ной плоскости, а значит, они образуют одну граньу получившегося многогранника. Таким образом,у этого многогранника все грани — равные ромбы.Нетрудно убедиться, что он является выпуклым иудовлетворяет всем условиям определения, данногов предыдущей задаче. Также понятно, что этот мно-гогранник не является призмой.

18. а) Пусть ребро куба равно х. Проведем плос-кость через грань куба, не лежащую в основании пи-рамиды. Эта плоскость пересечет пирамиду по квад-

рату со стороной a . Вершины рассматриваемой

грани куба лежат на сторонах этого квадрата. Следо-

вательно, х a и х l а . Отсюда найдем,

что ребро куба может принимать любые значения от

до . В пункте б) ответ один, поскольку

в правильный треугольник квадрат можно вписать

единственным образом: .

19. а) Найдем сначала угол между двумя диагона-лями, выходящими из концов ребра длиной a. Со-единив концы этого ребра с центром параллелепи-педа, получим равнобедренный треугольник с ос-нованием а и боковыми сторонами, равными d =

= . Угол при вершине этого треуголь-

ника равен углу между соответствующими диагона-

лями. И oн равен 2arcsin = 2arctg . Точно

так же находятся остальные углы между диагона-лями.

h – xh

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

�h – x

h-------------- 2 h – x

h--------------

ah

a + h 2-----------------------

aha + h---------------

ah 3

a 3 + 2 + 3( )h-----------------------------------------------

12--- a2 + b2 + c2

a2d-------

a

b2 + c2-----------------------

95

20. + + .

Каждая из сторон треугольника является диаго-налью параллелепипеда, две стороны которого вдвоеменьше сторон исходного, а третья равна сторонеисходного параллелепипеда.

21. Решим сначала следующую задачу. Через дан-ную точку P требуется провести прямую, пересекаю-щую две данные скрещивающиеся прямые а и b. Ис-комая прямая является линией, по которой пересе-каются две плоскости: первая проходит через Р и а,а вторая — через Р и b. Такая задача не имеет реше-ния, если эта линия пересечения параллельна однойиз данных прямых, в частности, если первая плос-кость параллельна прямой b или вторая плоскостьпараллельна прямой а. Таким образом, задача неимеет решения, если точка Р принадлежит одной издвух плоскостей, проходящих через одну из данныхпрямых параллельно другой. Используя получен-ный результат, получим ответ: а) точки А и С1; б) точ-ки, делящие АС1 на три равные части. (ПлоскостьА1ВD параллельна В1С, а плоскость В1СD1 парал-лельна А1В. Эти плоскости делят АС1 на три равныечасти.)

22. Пусть неизвестное ребро данного параллеле-пипеда разделено на отрезки х и у (х < у). Тогда у насполучатся два прямоугольных параллелепипеда сребрами 1, 2, x и 1, 2, у. Эти параллелепипеды могутбыть подобны, если x — наименьшее ребро в первом,а у — наибольшее ребро в другом параллелепипеде и

при этом = = (соответ-

ствующие ребра пропор-циональны). Таким обра-зом, х = 0,5, у = 4. Искомоеребро равно 4,5.

23. Пусть Р — серединаKМ, F — проекция P наАС1 (рис. 26). Имеем: А1Р =

a2

4------ +

b2

4------ + c2 a2

4------ + b2 +

c2

4----- a2 +

b2

4------ +

c2

4-----

x1---

12---

2y---

C1

D

C B

A

F

M P K

B1

D1 A1

Рис. 26

96

= РМ = х , РС1 = 1 – . Из подобия треуголь-

ников РFС1 и АА1С найдем РF = 1 – . Но

= tg . Заменяя РМ и РF найденными выраже-

ниями, найдем х = .

24. а) Поскольку ВВ1С1С — параллелограмм,точку С (изображение точки С) можно построить.б) Обозначим середины данных в условии ребер соот-ветственно через K, L, М и Р. Проведем через P пря-мую, параллельную KМ, и отложим на этой прямойпо разные стороны от Р отрезки, равные половинеKМ. Получим изображения вершин А1 и C1 рассмат-риваемой призмы.

25. Во всех пунктах формально возможны два ре-шения, в зависимости от того, какие ребра являютсявидимыми, а какие нет (для однозначности доста-точно указать одно невидимое ребро). Рассмотримпункты г) и д). Пункт г). Обозначим данные точкисоответственно K, L, M, N. Сначала построим точкуP — середину АD (KLМР — параллелограмм). NPпараллелен и равен ребру АА1. Затем построим сере-дины ребер АВ и ВС. Для этого проведем через точкиK и L прямые, параллельные NР, и отложим на нихв нужном направлении отрезки, равные половинеNР. Зная изображения середин сторон параллело-грамма АВСD, мы можем построить изображение са-мого параллелограмма. Пункт д). Рассмотрим па-раллелограмм с вершинами в серединах данного реб-ра АВ и всех ему параллельных ребер. Мы имеемизображение одной вершины этого параллелограмма(середина AВ) и середин двух его противоположныхсторон (центры граней параллелепипеда). Возникаетнесложная планиметрическая задача: построить па-раллелограмм, если на плоскости отмечены три точ-ки — одна его вершина и середины двух противопо-ложных этой вершине сторон.

26. Плоскости А1ВС и АВ1C пересекаются по пря-мой, проходящей через С и центр противоположной

22------- 2 x

2---

23---

x2---

PMPF-----------

α

2---

2

1 + 3ctg α

2---

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

97

грани, т. е. у треугольников А1ВС и АB1С1, меди-аны, выходящие из вершины С, совпадают. Такимобразом, у любых двух треугольников, задающихплоскости, есть совпадающие медианы. Следователь-но, у этих треугольников совпадают точки пересе-чения медиан и эта общая точка и есть точка пересе-чения данных плоскостей. Изображением точки Мбудет являться точка пересечения медиан на изо-бражении любого указанного в условии треугольни-ка. Расстояния до оснований призмы будут равны

и .

27. Понятно, что поверхность полученного много-гранника образована тремя боковыми гранями исход-ной пирамиды и тремя симметричными им плоскос-тями, т. е. она образована шестью попарно параллель-ными плоскостями. Получившееся тело являетсяпараллелепипедом. Докажем, что ребра этого парал-лелепипеда в три раза меньше соответствующих бо-ковых ребер треугольной пирамиды. Рассмотримправильную треугольную пирамиду SAВС (рис. 27),SQ — высота этой пирамиды, D — середина ВС. Про-ведем через Q прямую, параллельную SD, и обозна-чим через F точку ее пересечения с ребром SА; F яв-ляется точкой, в которой плоскость, симметричнаяплоскости SВС относительно О, пересекает ребро SА.

Имеем: SF = SA = SA, что нам и требовалось.

Отсюда получаем, что площадь каждой грани парал-

лелепипеда равна S, а вся площадь поверхности

параллелепипеда равна S.

28. Докажем сначала вспо-могательное утверждение.Пусть две перпендикулярныеплоскости α и β пересекаютсяпо прямой р, а две перпенди-кулярные прямые m и n при-надлежат плоскостям α и β.Тогда хотя бы одна из этих

h3---

2h3-------

QDAD----------

13---

29---

43---

B

D

C

S

A

Q

F

Рис. 27

98

прямых перпендикулярна р. Докажем это утвержде-ние. Предположим, что прямая m, лежащая в плос-кости α, не перпендикулярна p (рис. 28). Спроекти-руем m на плоскость β. Проекцией m будет прямая p.По теореме о трех перпендикулярах прямая n долж-на быть перпендикулярна р. Из этого вспомогатель-ного утверждения следует, что какая-то сторона по-лучившегося квадрата должна быть параллельнаребру параллелепипеда, а следовательно, равна ему.Понятно, что сторона квадрата не может равнятьсянаименьшему ребру параллелепипеда. Поскольку впрямоугольнике со сторонами а и с всегда можнопровести отрезок длины b с концами на его сторонах(b < с), всегда существует сечение, являющеесяквадратом со стороной b. Кроме того, если диагональпрямоугольника со сторонами а и b не меньше c, тосуществует отрезок с концами на сторонах этогопрямоугольника длиной с, а следовательно, и сече-ние, являющееся квадратом со стороной с. Таким об-разом, если а2 + b2 < с2, то задача имеет один ответ b,в остальных случаях ответов два: b и с.

29. Проекцией параллелепипеда является шести-угольник А1В1ВСDD1 (рис 29), площадь которогов два раза больше площади треугольника АВ1D, по-скольку шестиугольник составлен из трех паралле-лограммов, а треугольник — из трех «половинок»этих параллелограммов.

30. Рассмотрим проекцию нашего параллелепи-педа (рис. 29). Поскольку площадь проекции (пло-щадь шестиугольника A1B1BCDD1) в два раза боль-ше площади треугольника АВ1D, площадь проекции

α

β

m

n

Рис. 28

C B

AD

A1

B1C1

D1

Рис. 29

p

99

будет наибольшей, когда наибольшей будет площадьпроекции треугольника АВ1D. А это произойдет,когда плоскость, на которую проектируется парал-лелепипед, будет параллельна плоскости этого тре-угольника. В этом случае площадь проекции тре-угольника АВ1D равна площади этого треугольника,а площадь проекции параллелепипеда — в два разабольше. Стороны треугольника АВ1D известны (ониравны диагоналям граней параллелепипеда), и егоплощадь легко находится. При этом лучше не поль-зоваться формулой Герона, а сначала найти по теоре-ме косинусов косинус какого-то угла, затем найтисинус этого угла, а далее и площадь треугольника.Можно также воспользоваться пунктом 2) из задачи

20 к § 1.7. (Ответ: .)31. Пусть плоскость пересекает ребро АВ куба.

Обозначим через М середину противоположного реб-ра. Один из двух отрезков АМ или ВМ принадлежитодному и тому же многограннику. Но длина каждого

из этих отрезков равна . Из этого следует утверж-

дение задачи.32. Пусть пространство обычным образом разбито

на кубы. Рассмотрим множество точек, состоящее извершин этих кубов и центров этих кубов. Рассмот-рим одну точку и поставим ей в соответствие все точ-ки, которые удалены от нее не дальше, чем от любойдругой точки нашего множества. Тогда все простран-ство разобьется на многогранники, описанные в усло-вии задачи. У каждого многогранника 14 граней —6 квадратов и 8 правильных треугольников.

Дополнительные задачи

1. Докажите, что если одна из граней прямоугольно-го параллелепипеда является квадратом, то егодиагональ (любая) образует равные углы с непа-раллельными этой грани гранями.

2. Боковое ребро прямой четырехугольной призмы спараллелограммом в основании равно 5 см, сторо-ны основания равны 6 и 8 см, одна из диагоналей

a2b2 + b2c2 + c2a2

32---

100

основания равна 12 см. Найдите диагонали парал-лелепипеда. (Ответ: 13 и 9 см.)

3. Возможно ли, чтобы хотя бы одно диагональноесечение прямоугольного параллелепипеда былоквадратом? Могут ли два диагональных сеченияпрямоугольного параллелепипеда быть квадрата-ми? (Ответ: да, нет.)

4. Каждое из ребер правильной шестиугольной приз-мы равно 1. Найдите диагонали призмы. (Ответ:

и 2 — надо найти диагонали правильного шес-тиугольника.)

5. Определите полную поверхность призмы, боко-вые грани которой — квадраты, а основание —правильный треугольник, вписанный в окруж-

ность радиуса R. Ответ: R2 9 + .

6. Боковое ребро правильной шестиугольной приз-мы равно а, среди диагоналей смежных боковыхграней есть пара перпендикулярных (принадле-жащих разным граням). Определите полную по-верхность призмы. (Ответ: 6a2( + ).)

7. Боковое ребро правильной треугольной призмыравно а, среди диагоналей двух боковых гранейесть пара перпендикулярных (принадлежащихразным граням). Определите полную поверхностьпризмы. (Ответ: a2(3 + ).)

8. Основанием параллелепипеда служит ромб со сто-роной 60 см. Плоскость диагонального сечения,проходящего через бóльшую диагональ основа-ния, перпендикулярна плоскости основания. Егоплощадь равна 72 дм2. Найдите меньшую диаго-наль основания, если боковое ребро равно 80 сми образует с плоскостью основания угол в 60°.(Ответ: 60 см.)

9. Три диагонали параллелепипеда попарно пер-пендикулярны. Их длины a, b и c. Найдите длину

четвертой диагонали. (Ответ: .)10. Двугранные углы между соседними боковыми

гранями правильной пирамиды равны 100°. Ка-кая это пирамида? (Ответ: треугольная иличетырехугольная.)

5

3 34

-----------

2 3

2 3

a2 + b2 + c2

101

Контрольная работа № 3

Вариант 1

1. В основании треугольной пирамиды лежит пря-моугольный треугольник с катетами 7 и 24 см.Боковые ребра образуют с высотой пирамидыуглы, равные 30°. Найдите боковые ребра.

2. Все ребра правильной треугольной призмы рав-ны а. Найдите площадь сечения, проходящего че-рез диагональ одной из ее граней и середину непринадлежащего этой грани ребра.

3. В основании пирамиды лежит многоугольник спериметром 2р, высота пирамиды равна h, дву-гранные углы при основании имеют величину α.Найдите площадь основания.

4. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Известно,что площадь треугольника ВDА1 равна S. Найди-те площадь сечения, проходящего через серединыребер A1D1, DС и BB1.

5. Сторона основания АBCD правильной четырех-угольной пирамиды АВСDЕ равна 2, боковые реб-ра равны 3. Боковая грань ABE служит основани-ем треугольной пирамиды ABEF, расположеннойвне исходной пирамиды, причем AF = ВF = 3,EF = 2. Сколько граней имеет многогранникАBСDЕF? Как он называется? Через точку K наребре EF такую, что EK = 1, проведена плоскость,перпендикулярная EF. Найдите площадь сечения.

Вариант 2

1. Боковые ребра треугольной пирамиды равны 2.В основании лежит треугольник, одна сторона ко-торого равна 3, а противолежащий угол равен 60°.Найдите высоту пирамиды.

2. Боковое ребро правильной треугольной призмы вдва раза больше стороны основания. Проведеносечение через диагональ боковой грани призмы исередину противоположного ребра. Найдите наи-больший угол у получившегося в сечении тре-угольника.

102

3. В основании пирамиды лежит многоугольникплощадью S и периметром P. Все двугранные уг-лы при основании равны β. Найдите высоту пира-миды.

4. Дан параллелепипед ABСDA1B1С1D1. Известно,что площадь сечения, проходящего через середи-ны АB, АA1 и АD, имеет площадь q. Найдите пло-щадь сечения, проходящего через середины реберDD1, A1B1 и BC.

5. Сторона основания АВСD правильной четырех-угольной пирамиды АВCDE равна 3, боковые реб-ра равны 4. Боковая грань ABE служит основани-ем треугольной пирамиды АBEF, расположеннойвне исходной пирамиды, причем АF = ВF = 4,ЕF = 3. Сколько граней имеет многогранникABCDEF? Как он называется? Через точку K наребре EF такую, что EK = 2, проведена плоскость,перпендикулярная EF. Найдите площадь сече-ния.

Вопросы к главе 2

1. Может ли сумма плоских углов трехгранногоугла равняться 400°?

2. Куда проектируется вершина пирамиды с рав-ными боковыми ребрами?

3. Сформулируйте теорему, выражающую свойст-во пирамиды с равными углами между основаниеми боковыми гранями.

4. Сформулируйте теорему о свойстве пирамидыс равными боковыми ребрами.

5. Какое наименьшее число граней (вершин, ре-бер) может иметь: а) пирамида; б) призма?

6. Возможно ли, чтобы все грани пирамиды имелиравное число сторон? Какая это пирамида? Ответьтена аналогичные вопросы для призмы.

7. Какое наименьшее число пар соответственнопараллельных сторон может быть у призмы?

8. Все диагонали параллелепипеда равны междусобой. Обязательно ли этот параллелепипед являет-ся прямоугольным?

103

9. Каким неравенствам должны удовлетворятьплоские углы трехгранного угла?

10. Какая пирамида называется правильной?11. Возможно ли, чтобы у призмы было ровно две

пары соответственно параллельных граней?12. В основании пирамиды лежит правильный

многоугольник. Обязательно ли эта пирамида явля-ется правильной?

13. Сколько сторон может иметь многоугольник,являющийся сечением 100-угольной пирамиды;100-угольной призмы?

14. Может ли двугранный угол между соседнимибоковыми гранями правильной призмы равняться100°?

15. Приведите пример свойства, которое имеетсяу любой правильной пирамиды, но из которого ещене следует, что пирамида является правильной.

16. Все ребра треугольной призмы равны междусобой. Следует ли из этого, что данная призма явля-ется правильной?

17. Назовите какие-нибудь характеристическиепризнаки правильной пирамиды.

104

Глава 3

...........................................................Круглые тела

В данной главе вводятся цилиндр, конус, шар,а также некоторые связанные с ними понятия. Этовполне соответствует традициям преподавания гео-метрии в России (хотя в некоторых курсах такжеизучается усеченный конус). Указанные тела рас-сматриваются с двух точек зрения: как тела, огра-ниченные некоторыми поверхностями, и как телавращения. Бóльшая часть главы посвящена двум те-мам: «касание круглых тел (между собой, с плоско-стью и прямой)» и «вписанные и описанные много-гранники».

Как и в предыдущей главе, теоретическая частьневелика по объему, основные определения апелли-руют к здравому смыслу и интуиции. С теоретиче-ской и практической точек зрения основными явля-ются два последних параграфа. В них дается несколь-ко теорем, важных для дальнейшего построениягеометрической теории и широко используемых прирешении типичных стереометрических задач.

3.1. Основные понятия

В этом параграфе даются определения конуса ицилиндра. При этом речь идет о конусах и цилинд-рах общего вида, среди которых выделяются в каче-стве основных прямые круговые конус и цилиндр.Конусы и цилиндры именно этого вида будут рас-сматриваться в дальнейшем. Даются определенияшара и сферической поверхности.

3.2. Тела вращения

В этом параграфе речь идет об одном специальномвиде круглых тел — телах вращения. Оказывается,что прямые круговые цилиндр и конус могут рас-сматриваться и как тела вращения. Шар также яв-ляется телом вращения.

105

Каждое тело вращения имеет «ось» и «осевоесечение».

В параграфе доказываются две теоремы. Одна —широко известная, о сечении шара плоскостью. Вто-рая теорема о кратчайшем пути на сфере в большин-стве известных автору курсов геометрии отсутствует.Однако эта вторая теорема играет особую роль. Уча-щиеся получают очень важное знание с точки зренияих общекультурного развития и знакомятся с поня-тием «геодезической» координаты (хотя сам этоттермин в учебнике отсутствует).

В первых двух параграфах почти отсутствует тео-ретический материал, используемый в решении за-дач.

Предметные результаты:— формулировать определения цилиндра,

конуса, шара, сферы. Изображать цилиндр, конус,шар, их осевые сечения и проекции. Указывать наизображениях их элементы. Приводить примерыреальных объектов, имеющих форму цилиндра,конуса и шара. Проводить письменные и устныелогические обоснования при решении задач на вы-числение и доказательство;

— изображать осевые сечения и проекции ци-линдра, конуса и шара. Формулировать теоремы осечении шара плоскостью и о кратчайшем пути насфере. Применять свойства цилиндра, конуса, шараи теоремы о сечении шара при решении задач.

Методические рекомендации к изучению материала

Изучение § 3.1 и 3.2 (в части, касающейся ци-линдра и конуса) можно объединить во времени и од-новременно рассматривать конус и цилиндр с обеихпозиций, заявленных в этих параграфах. Всю тео-рию до теорем о свойствах шара можно изучить напервом уроке, на втором уроке рассмотреть теоремуо сечении шара плоскостью, а в сильных классах —и более детально изучить теорему 3.2 о кратчайшихпутях на сфере (в слабых классах можно ограни-читься знакомством с формулировкой).

106

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теория § 3.1 и 3.2 до теоремы 3.3. Задачи1, 7 из § 3.2.

Задание на дом: § 3.1 и 3.2 (теория) до теоремы3.1, задачи 2, 4 из § 3.2.

Урок 2. Теорема 3.1 (и 3.2 в сильном классе).Задачи 3, 6, 8 из § 3.2.

Задание на дом: § 3.1 и 3.2 (повторить целиком),задачи 5, 9 из § 3.2.

Указания к решению задач учебника

2. Два конуса с общим основанием.5. Из условия следует, что радиус основания кону-

са равен 1. Высота конуса также равна 1. Указанноесечение — это равнобедренный треугольник, высота

которого равна , а основанием является хорда

основания конуса, удаленная от центра основанияна расстояние, равное ctg α. Длина хорды равна

2 . Площадь сечения равна =

= .

6. Понятно, что искомое отношение не зависит отрадиуса круга. Будем считать для удобства вычисле-ний, что радиус круга равен 4, тогда у каждого кону-са образующая равна 4, радиусы оснований равны

соответственно 1 и 3, а высоты — = и

= . Искомое отношение равно .

9. Пусть S — площадь сечения. Поскольку проек-ция сечения на плоскость основания цилиндра сов-падает с самим основанием, получаем равенство

Scos α = πr2. Отсюда S = .

10. Телом вращения будет являться «цилиндри-ческое кольцо» — множество точек, находящихсямежду боковыми поверхностями двух цилиндров.

1sin α--------------

1 – ctg2 α 1 – ctg2 αsin α

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

–cos 2αsin2 α

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

16 – 1 15

16 – 9 7 157-------

πr2

cos α--------------

107

Высота каждого цилиндра равна а, радиус внутрен-него цилиндра равен h, а внешнего — расстояниюот оси вращения до параллельной ей стороны квад-

рата: . Площадь осевого сечения равна a

( – 2h).11. Телом вращения является цилиндр с высотой

а и радиусом основания , из которого удале-

ны два конуса, вершины которых совпадают с цент-ром цилиндра, а основания принадлежат основани-ям цилиндра и равны h. (См. предыдущую задачу.)Осевое сечение имеет вид, изображенный на рис. 30,

а его площадь равна а ( – 2h).12. Пусть О — центр основания конуса (рис. 31).

Плоскость, проходящая через вершину конуса иточки А и В, пересечет плоскость основания конусапо прямой, параллельной OВ1 (это следует из усло-вия задачи). Проведя эту прямую, мы построим изо-бражение OМ образующей конуса, которую пересе-кает прямая АВ (ОАМВ1 — трапеция, АM — одноиз оснований). Точка пересечения диагоналей этойтрапеции (точка K1) и является изображением нуж-ной точки K.

13. Любое сечение, проходящее через вершину ко-нуса, является равнобедренным треугольником, бо-ковые стороны которого равны образующим конуса.Если ϕ — угол между боковыми сторонами этого тре-

h2 + a2

4------

4h2 – a2

Рис. 30

O

A M

K1

B1

Рис. 31

η

a

h2 + a2

4------

4h2 + a2

108

угольника, то его площадь равна l2sin ϕ. При этом

0 < ϕ α, где α — угол в осевом сечении. Теперь яс-но, что если α 90°, то площадь осевого сечения яв-ляется наибольшей. Если же α > 90°, то наибольшуюплощадь имеет сечение, являющееся равнобедрен-ным прямоугольным треугольником (ϕ = 90°). Зна-

чит, α > 90° и sin α = , откуда α = 150°.

14. Проведем в основаниях цилиндра два диа-метра АВ и СD, параллельные плоскости, на кото-рую проектируется цилиндр. ЧетырехугольникABCD представляет собой осевое сечение цилиндра(т. е. это прямоугольник). При этом проекция ци-линдра является фигурой, составленной из трех час-тей: проекции четырехугольника ABCD, котораятакже является прямоугольником, и проекции двух«половинок» оснований цилиндра (рис. 32). Еслиплоскость четырехугольника ABCD образует угол ϕс плоскостью проекции, то плоскости оснований ци-линдра будут составлять угол 90° – ϕ. Согласно тео-реме о площади проекции (теорема 1.19), получаем,что площадь проекции цилиндра равна 2rhcos ϕ ++ πr2sin ϕ. Далее мы можем воспользоваться следую-щим утверждением: наибольшее значение функции

Аcos ϕ + Вsin ϕ равно . (Можно предло-жить следующее чисто геометрическое доказатель-ство этого утверждения. Рассмотрим прямоуголь-ный треугольник с катетами A и В и проведем черезвершину прямого угла прямую, пересекающую ги-потенузу и образующую угол ϕ с катетом, равным B.Сумма расстояний от вершин острых углов нашеготреугольника до этой прямой равна Аcos ϕ + Bsin ϕ

и, очевидно, не превосходит гипотену-

зы, длина которой . Наиболь-шее значение достигается, когда постро-енная прямая перпендикулярна гипоте-нузе.) Таким образом, наибольшеезначение площади проекции цилиндра

равно r .

12---

��

12---

A2 + B2

A2 + B2

4h2 + π2r2

D

B

A

C

Рис. 32

109

Дополнительные задачи

1. Высота конуса равна h. На каком расстоянии отвершины следует провести плоскость, параллель-ную основанию конуса, чтобы площадь сечениябыла в два раза меньше площади основания кону-

са? Ответ: .

2. Радиус основания цилиндра равен 37 см, высота24 см. Плоскость, параллельная оси цилиндра,пересекает его по квадрату. На каком расстоянииэта плоскость находится от оси цилиндра? (От-вет: 35 см.)

3. Через точку А, лежащую на сфере, ограничиваю-щей шар радиуса r с центром в О, проведена плос-кость, образующая угол 30° с ОА. Определите пло-

щадь полученного сечения. Ответ: .

3.3. Касание круглых тел с плоскостью,с прямой и между собойВ этом параграфе дается определение плоскости, ка-

сательной к сфере, и доказывается теорема о сущест-вовании и единственности плоскости, касающейсясферы в данной ее точке. При этом формулируетсяи доказывается характерное свойство касательнойплоскости (перпендикулярность соответствующемурадиусу).

В данном параграфе также объясняется смыслдругих терминов, относящихся к различным случа-ям касания (сфер, конусов, цилиндров между собой,а также с плоскостями и прямыми).

Предметные результаты:— формулировать определение плоскости, касаю-

щейся сферы, и соответствующей теоремы. Объяс-нять, что означают понятия: «касание двух сфер»,«касание между прямой и поверхностью тела вра-щения» и т. д. Определять случай касания. Строитьизображения касания круглых тел. Решать задачина касание круглых тел с плоскостью, с прямой имежду собой.

h

2-------

3πr2

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

110

Методические рекомендации к изучению материала

Теоретический материал параграфа невелик пообъему и изложен достаточно концентрированно.Его следует изучить на одном уроке.

При доказательстве теоремы следует обратитьвнимание на то, что она содержит два взаимно обрат-ных утверждения:

1. Плоскость, определяемая условиями теоремы(перпендикулярная радиусу), является касательной(существование касательной плоскости).

2. Если плоскость касается сферы, то она перпен-дикулярна радиусу (единственность касательнойплоскости).

Следует подробнее остановиться на замечании овозможности внутреннего и внешнего касания круг-лых тел, данном в конце параграфа, и привести раз-личные примеры, иллюстрирующие обе эти возмож-ности.

Примерное планированиеизучения материала

Урок 1. Теория § 3.3. Решить задачи 1, 2, 4.Задание на дом: § 3.3, задачи 3, 5.Урок 2 (*). Решить задачи 8 (а), 9 (а, б).Задание на дом: задачи 8 (б, в), 9 (в, г).

Указания к решению задач учебника

1. Возможны два случая: плоскость пересекает от-резок АВ либо пересекает его продолжение. В обоихслучаях АМ : ВМ = 2 : 3. Соответственно, возможныдва ответа: 2,8 и 14.

4. Окружность радиуса r, расположенная в плос-кости, параллельной плоскости α и удаленной от неена расстояние r.

5. Центры этих шаров образуют прямую линию,параллельную ребру данного двугранного угла ипринадлежащую биссекторной плоскости этого угла.

111

6. Оба множества представляют собой равные ок-ружности, расположенные в параллельных плоскос-тях. Расстояние между плоскостями равно r. Радиус

каждой окружности равен 2 . Третье множест-

во — окружность радиуса 2 , тоже располо-

женная в плоскости, параллельной данной.7. Проведем плоскость, содержащую прямые АВ

и АС. Эта плоскость пересекает сферу по окружнос-ти. АВ — касательная к этой окружности. Точки Си D этой окружности принадлежат секущей, прохо-дящей через А. Теперь утверждение задачи следуетиз соответствующей теоремы планиметрии.

8. Обозначим через ϕ угол ВАС. Пусть М — точкакасания указанной прямой с шаром, имеющим центр

в точке В. Тогда ∠ BАМ = arcsin = α, а ∠ САМ ра-

вен β или π – β, где β = arcsin . Таким образом, пло-

ские углы при вершине A трехгранного углас ребрами АВ, АС, АM равны (1) ϕ, α, β или (2) ϕ, α,π – β. Понятно, что для каждого такого трехгранногоугла, если он существует, прямая АМ касается обо-их шаров, но в случае (1) точки касания располо-жены по одну сторону от точки A и, следовательно,

MK = АK – АМ = – , а в случае (2) МK = + .Заметим также, что три данных угла могут являтьсяплоскими углами трехгранного угла, если наиболь-ший из этих углов меньше суммы двух других. (Пол-ная аналогия с треугольником: из трех отрезковможно составить треугольник, если наибольшийотрезок меньше суммы двух других.) В нашей ситу-ации достаточно, чтобы наибольший угол не превос-ходил суммы двух других, поскольку AB, АС и АMмогут быть в одной плоскости. Рассмотрим теперьпункты нашей задачи. а) По теореме косинусов

cos ϕ = . В случае (1) наибольшим является угол β.

Надо проверить, что β α + ϕ. Так как все углы ост-

Rr

Rr RR + r---------------

23---

34---

7 5 7 5

78---

�

112

рые, то достаточно проверить выполнение неравен-ства cos β cos (α + ϕ) = cos α cos ϕ – sin α sin ϕ (*), где

cos β = , cos α = , sin α = , cos ϕ = , sin ϕ =

= . Заменяя в неравенстве (*) все значения сину-

сов и косинусов указанными числами, получим не-

равенство • – • или, после освобожде-

ния от знаменателя, 6 7 – 2 . Возведя егов квадрат, получим очевидное числовое неравенство.В случае (2) наибольшим будет угол π – β. Верно не-равенство π – β > α + ϕ. (Проверяется так же.) Этотслучай невозможен. Для пункта б) возможны обаварианта (1) и (2). В случае в) возможен лишь

вариант (2). Таким образом, получаем ответ: а) –

– ; б) – или + ; в) + .9. Понятно, что если какая-то плоскость касается

всех трех шаров, то и плоскость, симметричная ейотносительно плоскости, в которой расположеныцентры шаров, также касается всех трех шаров (этиплоскости могут совпасть, если они перпендикуляр-ны плоскости, содержащей центры шаров). Понятнотакже, что, вообще говоря, существует два типа ка-сательных плоскостей: для одного типа центры ша-ров расположены по одну сторону от плоскости,а для другого — два центра с одной стороны, а два —с другой. Также понятно, что если плоскость делитотрезок, соединяющий центры двух шаров в отноше-нии, равном отношению их радиусов (внутреннимили внешним образом), и при этом касается одногошара, то она касается и другого шара. Перейдем кпунктам нашей задачи. а) Здесь существует ровнодве плоскости (первого типа), касающихся данныхшаров. б) В этом случае плоскостей восемь — двепервого типа и шесть — второго. в) Если радиусы хне превосходят половины высоты правильного тре-

угольника со стороной 11, т. е. x < , то, как и

�7

4-------

53-------

23---

78---

158

-----------

74-------�

53-------

78---

23---

158

-----------

7 � 5 15

7

5 7 5 7 5 7 5

112------- 3

113

в пункте б), различных плоскостей восемь; если

х = , то плоскости, разделяющие центры ша-

ров, станут перпендикулярными плоскости тре-угольника, и у нас будет две плоскости первого типаи три (а не шесть) плоскости второго типа, и в этом

случае ответ 5; если х > , то плоскостей второ-

го типа не будет. В этом случае ответ 2. г) Дока-жем, что не существует плоскости, касающейся дан-ных плоскостей так, что сфера радиуса 6 расположе-на по одну сторону от нее, а сферы радиусов 3 и 4 —по другую. Пусть центры сфер с радиусами 3, 4 и 6находятся в точках А, В и С соответственно. Если быуказанная касательная плоскость существовала, тоона должна была бы делить отрезки АС и ВС в отно-шениях 1 : 2 и 2 : 3, т. е. проходить через такие точ-

ки K и L, что СK = , СL = . В треугольнике СKL

известны две стороны и угол между ними. Нетруднонайти расстояние от вершины С до прямой KL: оно

равно 33 < 6. Отсюда следует, что через KL нель-

зя провести плоскость, касающуюся шара радиуса 6с центром в С, т. е. в этом случае число различныхкасательных плоскостей равно 6. (Все другие суще-ствуют.)

10. Рассмотрим два шара с радиусами х и у, ка-сающиеся между собой внешним образом и однойплоскости (рис. 33). Обозначения понятны из рисун-ка. OQ = х + y, ОK = х, QМ = у, QL = |y – х|, KМ = QL =

= = = 2 . Пустьтеперь для определенности шарыс радиусами х и у касаются плос-кости треугольника в концах сто-роны длины а. Положим радиустретьего шара, равным z. Получим

систему

112------- 3

112------- 3

223-------

335-------

391-------

OQ2 – OL2 x + y( )2 – y – x( )2 xy

M

QO

K

Рис. 33

2 = a,

2 = b,

2 = c.

xy

yz

zx

114

Перемножая уравнения, найдем 8xyz = аbс. Ноиз второго уравнения 4yz = b2, тогда х = . Затем

находим у = , z = .

3.4. Вписанные и описанные многогранникиВ этом параграфе даются определения вписанных в

сферу и описанных около сферы многогранников,причем рассматриваются лишь выпуклые много-гранники. Доказываются две важные теоремы о су-ществовании и единственности у тетраэдра описан-ной и вписанной сферы. Рассматривается также воп-рос о существовании описанной и вписанной сферыдля цилиндра и конуса.

Несмотря на относительно небольшой объем те-оретического материала параграфа, после его изуче-ния появляется возможность значительно расши-рить тематику задач. Эта возможность максимальноиспользуется в учебнике. Часть задач, причем от-носительно небольшая, направлена на непосред-ственную отработку данной в параграфе теории;большинство же задач предназначено для повторе-ния пройденного материала с использованием вновьпоявившихся терминов.

Методические рекомендации к изучению материала

Перед тем как приступить непосредственно к изу-чению теории этого параграфа, стоит напомнитьучащимся аналогичный теоретический материал изкурса планиметрии: определения вписанного и опи-санного многоугольников; геометрические места то-чек, равноудаленных от концов отрезка или от сто-рон угла; существование и единственность описан-ной и вписанной окружности для треугольника иместонахождение центров описанной и вписаннойокружности треугольника; свойства вписанных иописанных четырехугольников.

ac2b-------

ab2c-------

bc2a-------

115

После такого повторения учащиеся без особоготруда смогут самостоятельно дать определения по-нятий вписанного и описанного многогранника,описанной и вписанной сферы для многогранника.Перед началом изучения двух основных теорем па-раграфа целесообразно обсудить вопросы об опре-делении геометрического места точек, равноуда-ленных от концов отрезка, в пространстве и гео-метрического места точек, равноудаленных отграней двугранного угла. После этого способ доказа-тельства обеих теорем становится понятным дляучащихся.

Полезно обратить внимание учащихся на два ут-верждения (их можно получить как следствия изтеорем 3.1 и 3.2 либо вывести непосредственно).

1. Около любой правильной пирамиды можноописать сферу, причем центр этой сферы располо-жен в точке пересечения высоты пирамиды и сере-динного перпендикуляра любого из ее боковых ре-бер.

2. В любую правильную пирамиду можно вписатьсферу, причем центр этой сферы расположен в точкепересечения высоты пирамиды (или ее продолже-ния) и биссекторной плоскости любого двугранногоугла при основании пирамиды.

После этого следует обсудить вопросы, связанныес существованием вписанных и описанных сфер дляпризмы (в частности, для правильной призмы), ци-линдра и конуса.

Перед тем как приступить к решению задач, сле-дует напомнить учащимся основные формулы, ис-пользуемые для вычисления радиусов описанной ивписанной окружностей треугольника.

Предметные результаты:— формулировать определения вписанного и

описанного многогранника. Формулировать теоре-мы о вписанных и описанных треугольных пира-мидах. Находить центры и радиусы вписанной иописанной сферы многогранника. Решать задачи наприменение теории.

116

Примерное планирование изучения материала

Урок 1. Теоретический материал параграфа (повозможности весь; если не удастся, то часть можноперенести на 2-й урок), решить задачу 2.

Задание на дом: теория, задачи 1, 3 (случай 1:а, б), 4.

Урок 2. Окончание теории, задачи 4 (случай 1:в, г, д), 5.

Задание на дом: повторить теорию; задачи 4 (слу-чай 2: а, б, в, г, д).

Урок 3 (*). Задачи 4 (случай 3: а, б, в, г, д).Задание на дом: задачи 8, 9, 10.Урок 4 (*). Задачи 6, 7, 11, 12.Задание на дом: задачи 13, 16, 17.Урок 5 (*). Задачи 15, 18, 20.Задание на дом: задачи 14, 19.

Указания к решению задач учебника

1. Радиус вписанного шара втрое меньше радиу-са описанного шара и равен четверти высоты тетра-эдра. Таким образом, радиус описанного шара равен

a = a; радиус вписанного шара равен а.

3. Каждая грань параллелепипеда является вэтом случае параллелограммом, вписанным в ок-ружность (любое сечение сферы есть окружность).Значит, каждая грань является прямоугольником,т. е. вписанный параллелепипед является прямо-угольным параллелепипедом.

4. Пусть S — вершина пирамиды, А — одна из вер-шин основания, Е — середина одной из сторон осно-вания, O — центр основания (рис. 34).

3 2

4 3-----------

64-------

612-------

D

S

AO

Рис. 35

O

S

B

A

E

Рис. 34

117

а) Проведем диаметр описанного шара SD(рис. 35). Треугольник SАD — прямоугольный, в ко-тором ОА — высота, опущенная на гипотенузу. Сле-

довательно, SA2 = SO•SD, откуда 2R = SD = (1),

где R — радиус описанного шара. Осталось для каж-дого отдельного случая (четырехугольной, треуголь-ной и шестиугольной пирамиды) найти SO и из фор-

мулы (1) получить ответ: 1) ; 2) ;

3) .

б) Рассмотрим прямоугольный треугольник SEO(рис. 36). Биссектриса угла SEO пересекает SO вточке Q, являющейся центром вписанного шара, приэтом QO является радиусом вписанного шара. По из-

вестной теореме о биссектрисе имеем: = .

Прибавляя к обеим частям равенства по 1, найдем

OQ = (2). Осталось теперь для каждого вида

рассматриваемых пирамид выразить величины вправой части формулы (2) через заданные величиныи при возможности упростить формулу. Получим:

1) ; 2) ; 3) .

SA2

SO------------

b2

4b2 – 2a2-------------------------------

b2

4b2 – 43---a2

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

b2

2 b2 – a2----------------------------

SQQO---------

SEOE---------

SO · OEOE + SE--------------------------

O

Q

S

E

Рис. 36

O

S

A

K

P

Рис. 37

b2 – 12---a2 • a

4b2 – a2 + a---------------------------------------

b2 – 13---a2 • a

12b2 – 3a2 + a-----------------------------------------------

b2 – a2•a 3

4b2 – a2 + a 3-----------------------------------------------

118

в) Понятно, что сторон основания шар касаетсяв серединах, а его центр Р расположен на пря-мой SO. Если K — точка касания шара с ребром SА

(рис. 37), то АK = (ввиду равенства касательных

из А к шару; РK — радиус искомого шара). Из по-добия треугольников SPK и SOA найдем PK =

= (3). Вновь выражая отрезки в правой час-

ти формулы (3) через заданные величины, найдем

ответ: 1) ; 2) ; 3) .

г) Этот случай рассматривается аналогично пре-дыдущему, но во всех ответах множитель 2b – а вчислителе надо заменить на 2b + а.

д) Этот случай также рассматривается аналогич-но пункту в), но на этот раз длина отрезка касатель-ной от вершины A равна ОА. (Здесь M — центр ис-комой сферы, L — точка касания с ребром SА,SL = SA – OА, МL — искомый радиус.) Имеем ML =

= (4). По формуле (4) находим отве-

ты: 1) ; 2) ; 3) .

5. Радиус искомого шара равен радиусу окруж-ности, вписанной в равнобедренный треугольник с

основанием 2r и высотой h. Ответ: =

= .

7. Центр шара расположен посередине отрез-ка, соединяющего центры оснований призмы (если

n — четно, то это центр призмы). Ответ:

.

a2---

OA · SKSO

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

a 2b – a( )

2 2b2 – a2-------------------------------

a 2b – a( )

2 3b2 – a2-------------------------------

a 2b – a( )

2 b2 – a2----------------------------

OA · SA – OA( )

SO----------------------------------------------

a b 2 – a( )

4b2 – 2a2-------------------------------

a b 3 – a( )

9b2 – 3a2-------------------------------

a b – a( )

b2 – a2------------------------

hr

r + h2 + r2---------------------------------

r h2 + r2 – r( )

h------------------------------------------

12--- h2 +

a2

sin2 π

n---

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

119

8. Боковое ребро призмы равно диаметру окруж-ности, вписанной в правильный треугольник со сто-

роной 1, т. е. равно .

9. Пусть ABCD — одна из боковых граней призмы(АВ — сторона основания призмы), P и О — точки ка-сания вписанного шара с основаниями призмы, а L —точка касания с рассматриваемой боковой гранью(рис. 38). Тогда треугольники АВР и АВL равны.Также равными являются треугольники СDQ и СDL.Но сумма площадей треугольников АВL и CDL рав-на половине площади параллелограмма АВСD. Рас-смотрев таким образом все боковые грани призмы,получим, что площадь боковой поверхности призмыв два раза больше суммы площадей оснований, а всябоковая поверхность равна 4S.

10. Рассмотрим два случая. Случай 1. а < 1. Здесь,в свою очередь, возникают два случая. а) Центр ша-ра и куб расположены по одну сторону от плоскости(рис. 39). Обозначим через О центр шара; Р — центрграни, не лежащий в заданной плоскости, А — вер-шина куба, не лежащая в этой плоскости. Если х —ребро куба, то в прямоугольном треугольнике ОРА

имеем: ОР = х – а, РА = х , ОА = 1. По теореме Пи-

фагора (х – а)2 + = 1, тогда 3х2 – 4ах + 2(а2 – 1) = 0.

Отсюда x = . б) центр шара и куб рас-

33-------

DQ

C

AP

B

L

Рис. 38

A

P

O

Рис. 39

22-------

x2

2------

2a + 6 – 2a2

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

120

положены по разные стороны от заданной плоскос-ти. Рассматривая такой же треугольник, получим

ОР = х + а, РА = х , ОА = 1. Точно так же, записы-

вая теорему Пифагора, получим квадратное уравне-ние 3х2 + 4ах + 2(а2 – 1) = 0. Из этого уравнения

получим х = .

Случай 2. а > 1. Здесь возможна только ситуация,описанная в варианте 1, а): центр шара и куб рас-положены по одну сторону от заданной плоскости.Но в этом случае подходят оба корня уравнения3х2 – 4ах + 2(а2 – 1) = 0, если они существуют (обакорня положительны). Получаем ответ: 1) если0 а < 1, то ребро куба x может быть равно

; 2) если а = 1, то ребро куба равно ;

3) если 1 < а , то ребро куба может быть равно

; 4) если а > , то задача не имеет ре-

шения.11. Утверждение задачи следует из того, что любое

сечение шара есть плоскость. Ответ: .

13. Из условия следует, что сфера с диаметром АВпроходит через С и D. Следовательно, искомый ради-

ус равен .

14. Пусть x — ребро куба. Рассмотрим сечение ко-нуса плоскостью, параллельной основанию, прохо-дящей через грань куба, не лежащую в основании.

Сечением будет окружность радиусом r . По ус-

ловию сторона квадрата, вписанного в эту окруж-

ность, равна х. Получаем уравнение r = х, из

которого найдем х = .

22-------

–2a + 6 – 2a2

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

�2± a + 6 – 2a2

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

43---

� 3

2a ± 6 – 2a2

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

R2 – h2

4------

a2---

h – xh

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

h – xh

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

rh 2

h + r 2----------------------

121

15. Если х — радиус искомой сферы, то расстоя-ние от ее центра до центра заданной сферы равно

х . Возможны два случая: 1) искомая сфера распо-ложена внутри данной; 2) искомая сфера — вне дан-

ной. В первом случае получаем уравнение х + х =

= R, откуда х = = R ( – 1). Во втором слу-

чае ответ: R ( + 1).

16. Рассмотрим половину осевогосечения конуса плоскостью, прохо-дящей через центр искомого шара(рис. 40). Здесь О — центр основанияконуса, Q — центр искомого шара,М — точка его касания с основаниемконуса, SА — образующая конуса.Если х — радиус искомого шара, то

OМ = х (OQ = х ), ∠ QAМ = 30°.

Следовательно, АМ = х . Получаем

уравнение х + х = .

Ответ: – .

17. Центры шаров служат вершинами куба со сто-роной 2х (здесь х — радиусы искомых шаров), рас-стояние от центра каждого шара до ближайшей гра-

ни равно х. Значит, 4х = 1, х = .

18. Центры шаров образуют правильный тетраэдрс ребром 2R. Радиус описанного около такого тетра-

эдра шара равен . А радиус искомого шара будет

равен ± R. (Знак «–» соответствует случаю, ког-

да шары касаются искомого внешним образом,а знак «+» соответствует внутреннему касанию.)

19. Если шар радиуса x касается всех граней трех-гранного угла, плоские углы которого прямые, торасстояние от центра этого шара до вершины трех-

3

3R

3 + 1-------------------

12--- 3

12--- 3

O

S

Q

M A

Рис. 402 3

3

2 3 a2---

a2--- 3 2

14---

R 62

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

R 62

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

122

гранного угла равно х . Таким образом, если ради-усы шаров равны х и у (у > х), то получается соотно-шение (у – х) = у + х. Искомое отношение равно

= 2 – .

20. Рассмотрим выпуклый четырехгранный уголSАВСD с ребрами SА, SВ, SC, SD. Пусть существуетшар, касающийся его граней, при этом K, L, М иN — точки касания соответственно с гранями ASB,BSC, CSD и DSA (рис. 41, а). Имеем: ∠ ASK = ∠ ASN,∠ BSK = ∠ BSL, ∠ CSM = ∠ CSL, ∠ DSМ = ∠ DSN.Складывая эти равенства, получим: ∠ ASВ + ∠ CSD == ∠ BSС + ∠ ASD (*). Докажем теперь, что если длявыпуклого четырехгранного угла SABCD выполня-ется равенство (*), то существует сфера (на самомделе — бесконечно много сфер), касающаяся всехего граней. Наметим основные пункты доказательст-ва от противного. Пусть для четырехгранного углаSABCD выполняется равенство (*). Рассмотрим ка-кой-либо шар, расположенный внутри данного че-тырехгранного угла и касающийся трех его граней.Пусть он не касается грани АSB. Проведем черезпрямую BS плоскость, касающуюся этого шара и от-личную от грани BSC. Пусть эта плоскость пересека-ет грань ASD по лучу SA′ (рис. 41, б). Для четырех-гранного угла SA′BCD выполняется равенство (по-скольку существует шар, касающийся всех егограней) ∠ A′SB + ∠ CSD = ∠ BSC + ∠ A′SD (**). Вы-читая соответственно равенства (*) и (**), получим:

3

3

3 – 1

3 + 1------------------- 3

A

N KD

B

M L C

S

Рис. 41

A A′ D

B

C

S

а) б)

123

∠ ASB – ∠ A′SB = ∠ ASA′. Это означает, что лучи SB,SA и SA′ не могут быть ребрами трехгранного угла(см. теорему 2.3). Таким образом, SA и SA′ совпада-ют, т. е. в данный четырехгранный угол можно впи-сать шар.

21. Обозначим через М и L точки касания вписан-ного в трехгранный угол шара соответственно с гра-нями BOA и AOC (рис. 42). Обозначим ∠ KОВ = х.Последовательно вычислим ∠ MOB = х, ∠ LOA == ∠ MOA = γ – х, ∠ KOC = ∠ LOC = β – γ + x. Но∠ KOB + ∠ KOC = α, или x + β – γ + x = α, откуда

х = ∠ KOB = . З а м е ч а н и е. Нетрудно уви-

деть полную аналогию с известной планиметриче-ской задачей: найти отрезки, на которые сторонатреугольника делится точкой касания вписанной вэтот треугольник окружностью, если заданы сторо-ны треугольника.

22. Для удобства вычислений будем считать, чтоточка О расположена внутри треугольника АВС.Рассмотрим три трехгранных угла SOAB, SBOC иSCOA (рис. 43). В каждом из этих трехгранных уг-лов попарно равны двугранные углы при ребрах SАи SB, SB и SC, SC и SA. Нам надо найти величиныпервой пары (двугранные углы при ребрах SA и SBв трехгранном угле SOAB). Обозначим каждый изних через и. Тогда углы во второй паре (при ребрахSB и SC в трехгранном угле SOAB) будут равны

A

C

O

B

S

Рис. 43

xx

C

KL

B

M A

O

Рис. 42

α + γ – β2

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

124

y – и. Углы в третьей паре равны z – у + и. Таким об-разом, угол при ребре SA в трехгранном угле SABCразбит на два: и и z – у + u. Получим уравнение и + z –

– y + и = x, откуда u = . (См. предыдущую

задачу и замечание к ней.)23. Положим ∠ АОС = x, ∠ BOC = ∠ COD = y

(рис. 44). Применим к каждому из трехгранных уг-лов ОАВС и OACD результат задачи 21. Если K —точка касания с плоскостью АОС шара, вписанного

в трехгранный угол, то ∠AOK = , ∠АОМ =

= . Таким образом ∠KOM = | α – β|/2.

24. Рассмотрим треугольную пирамиду ABCD(рис. 45). Пусть P — середина DC, Е и F — точки пе-ресечения медиан треугольников BCD и ACD. Е и Fделят отрезки ВР и AР в отношении 2 : 1. Следова-

тельно, EF = и EF параллельна АВ. Таким обра-

зом, все ребра тетраэдра с вершинами в точках пере-сечения медиан граней данного тетраэдра в три разаменьше соответствующих ребер исходного тетраэдра(и соответственно параллельны им), а значит, ради-ус сферы, проходящей через точки пересечения ме-

диан данного тетраэдра, равен . Но радиус сферы,

проходящей через любые четыре точки, лежащие наразличных гранях данного тетраэдра, не меньше ра-

x + y – z2

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

α + x – y2

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

β + x – y2

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

A D

K M

B

C

O

Рис. 44

C

P

D

A

B

E

F

Рис. 45

AB3

---------

R3----

125

диуса вписанной в него сферы. Таким образом,

r, что и требовалось доказать.

25. Радиус сферы, описанной около правильнойчетырехугольной пирамиды, равен радиусу окруж-ности, описанной около равнобедренного треуголь-ника, основание которого равно диагонали основа-ния пирамиды, а боковая сторона равна боковомуребру пирамиды. Из условия следует, что диагональ

основания равна 2l sin . Имеем равнобедренный

треугольник с боковой стороной l и основанием

2l sin . Высота (проведенная к основанию) в этом

треугольнике равна h = = l . Ра-

диус описанной окружности равен R = = .

Дополнительные задачи

1. Оси двух равных цилиндров скрещиваются ипринадлежат плоскостям двух противополож-ных граней единичного куба. Боковые поверх-ности этих цилиндров касаются. Найдите радиу-

сы данных цилиндров. Ответ: у обоих ци-

линдров.

2. Сторона основания правильной треугольной пи-рамиды равна 1. Центр описанного около пирами-ды шара делит ее высоту в отношении 1 : 2. Най-дите радиус описанного около пирамиды шара.

Ответ: .

3. Радиус вписанного в правильную пирамиду шарав 3 раза меньше ее высоты. Найдите косинус дву-гранного угла при основании этой пирамиды.

Ответ: .

4. Сторона основания правильной треугольной пи-рамиды равна 3, радиус описанного шара ра-

R3---- �

2 α

2---

2 α

2---

l2 – 2l2sin2 α

2--- cos α

l2

2h-------

l

2 cos α----------------------

12---

23---

12---

126

вен 2. Чему равна высота пирамиды? (Ответ:1 или 3.)

5. Сторона основания правильной четырехугольнойпирамиды равна 4, радиус описанного шара ра-вен 3. Чему равна высота пирамиды? (Ответ: 2или 4.)

6. Все ребра четырехугольной пирамиды равны 1.

Найдите радиус описанной сферы. Ответ: .

7. Сторона основания правильной шестиугольнойпирамиды равна 2. Центр описанной около неесферы расположен на расстоянии 1 от плоскостиоснования. Найдите радиус описанной сферы.

(Ответ: .)8. Все ребра четырехугольной пирамиды равны

между собой. Найдите отношение радиусоввписанной и описанной сферы для этой пирамиды.

Ответ: = + 1.

9. Основание пирамиды — правильный треугольниксо стороной 1. Высота пирамиды также равна 1и проходит через одну из вершин основания.Найдите радиус описанной и вписанной сферыдля этой пирамиды, если пирамида треугольная.

Ответ: r = ; R = .

10. Сторона основания правильной треугольной пи-рамиды равна 1, боковое ребро равно 2. Рассмот-рим всевозможные шары, касающиеся всех плос-костей, содержащих грани этой пирамиды. Ка-ково число этих шаров? Найдите их радиусы.

Ответ: 8 шаров, один вписанный с радиусом

, четыре вневписанных радиуса +

+ и три, каждый из которых касается продол-

жений всех четырех граней, радиуса .

22-------

5

Rr---- 3

3

4 + 7------------------

212

-----------

11

3 + 3 15------------------------------ 165

22 33

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

11

15 – 3--------------------------

127

Контрольная работа № 4

Вариант 1

1. Найдите площадь сечения шара радиусом 4 смплоскостью, расстояние до которой от центра ша-ра равно 3 см.

2. Расстояние от центра шара радиуса 3 до прямой lравно 2 . Через l проведены две плоскости, ка-сающиеся шара. Найдите величину угла междуэтими плоскостями.

3. Найдите отношение радиуса описанного шара крадиусу вписанного шара для правильной тре-угольной пирамиды, двугранные углы при осно-вании которой равны α.

4. В основании призмы лежит треугольник со сторо-нами 3, 4 и 5; боковые ребра этой призмы равны12. Известно, что около этой призмы можно опи-сать шар. Найдите радиус этого шара.

5. Радиус шара, вписанного в треугольную пирами-ду, все ребра которой равны между собой, равен 1.Найдите радиус шара, касающегося трех гранейэтой пирамиды и вписанного в нее шара.

Вариант 2

1. На каком расстоянии от центра шара радиуса 5надо провести плоскость, чтобы площадь полу-чившегося сечения была в 3 раза меньше площа-ди сечения, проходящего через центр шара?

2. Две плоскости пересекаются под углом 60°. Центршара, касающегося обеих плоскостей, находитсяна расстоянии 5 см от линии их пересечения. Най-дите радиус этого шара, если известно, что этотрадиус больше 3 см.

3. Найдите отношение радиуса описанного шара крадиусу вписанного шара для правильной шести-угольной пирамиды, двугранные углы при осно-вании которой равны α.

4. В основании прямой призмы лежит треугольниксо сторонами 5, 12 и 13. Известно, что в эту приз-му можно вписать шар. Найдите радиус этогошара.

3

128

5. Все ребра треугольной пирамиды равны 1. Внутрипирамиды расположены два равных касающихсямежду собой шара. Найдите радиусы этих шаров,если известно, что каждый из них касается трехграней пирамиды, но при этом каждая грань ка-сается лишь одного шара.

Вопросы к главе 3

1. Что такое произвольная коническая поверх-ность?

2. Какой конус является прямым круговым?3. Какое тело является телом вращения?4. Сформулируйте теорему о кратчайшем пути по

сфере.5. При каком n верно утверждение: любая n-уголь-

ная пирамида имеет описанную сферу?6. При каком п верно утверждение: любая n-уголь-

ная пирамида имеет вписанную сферу?7. При каком n верно утверждение: любая пра-

вильная n-угольная пирамида имеет описаннуюсферу?

8. При каком n верно утверждение: любая пра-вильная n-угольная призма имеет описанную сферу?

9. При каком n верно утверждение: любая пра-вильная n-угольная призма имеет вписанную сфе-ру?

129

Глава 4

...........................................................Задачи и методы стереометрии

Четвертая глава занимает в учебнике особоеместо. Во-первых, в соответствии с концепцией кур-са каждый учебный год следует заканчивать повто-рением. В соответствии с этим требованием и напи-саны учебники И. Ф. Шарыгина «Геометрия. 7—9 классы» и «Геометрия. 10—11 классы». При этомвсякий раз выбирается особый, специальный инст-румент повторения. Это может быть итоговый обзортеории, как в 7 классе, или решение задач, какв 8-м. В качестве же инструмента итогового повто-рения в планиметрии использовались методы век-торный и координатный. Именно повторение и яв-ляется одной из основных методических функцийчетвертой главы. На этот раз инструментом для по-вторения служат некоторые, как считает авторучебника, наиболее распространенные методы сте-реометрии. Прежде всего это методы, связанные спостроением изображений, причем не только проек-ционных пространственных, но и планиметриче-ских, ассоциированных с изучаемым телом. Основ-ными являются приемы и методы, рассматриваемыев первых двух параграфах: 4.1 «Вспомогательныеплоскости, сечения» и 4.2 «Проектирование». Во-вто-рых, опять же в соответствии с авторской концепци-ей, полноценный курс геометрии состоит из собст-венно геометрической теории, методов геометрии исистемы задач. Особенность четвертой главы состоиттакже и в том, что она целиком посвящена изучениюметодов геометрии — в соответствии с авторскойклассификацией — методов внутренних и частных.И в-третьих, в этой главе в полной мере выраженаидея уровневой дифференциации. Большая ее частьпредназначена для классов и учащихся с хорошейподготовкой (в том числе и для физматклассов, хотяэто и не обязательно). В обычных классах общеобра-зовательной школы рекомендуется изучить матери-ал параграфов 4.1, 4.2 и 4.7.

130

Предметные результаты:— решать задачи с использованием приемов вспо-

могательных плоскостей и сечений;— решать задачи с использованием проектирова-

ния;— искать, отбирать, анализировать, систематизи-

ровать и классифицировать информацию. Использо-вать различные источники информации для работынад проектом;

— решать задачи на нахождение угла и расстоя-ния между скрещивающимися прямыми;

— решать задачи с использованием развертки тела;— решать задачи на нахождение кратчайшего пути

на поверхности тела;— решать задачи с помощью приема достраива-

ния тетраэдра до параллелепипеда;— решать задачи на касание круглых тел. Мы не будем предлагать здесь подробные методиче-

ские рекомендации. Ограничимся общим советом.Всего на повторение следует отвести до 8 часов. Приэтом вместе с теоретическим материалом и задачаминепосредственно из четвертой главы можно предла-гать учащимся повторять теорию из предыдущих глави решать взятые оттуда наиболее интересные задачи.

Указания к решению задач учебника

§ 4.11. Первый способ. Обозначим через 2а сторону

основания правильной четырехугольной пирамидыSABD (рис. 46) (ABCD — основание). Высота пира-миды будет равна SO = h = atg α. Рассмотрим прямо-угольный треугольник SOA с катетами SO = h иOA = a . Пусть М — основание перпендикуляра,опущенного из O на гипотенузу. Имеем ОМ =

= = . Если ϕ — искомый угол, то

ϕ = ∠ BMD. Следовательно, tg = = ,

тогда ϕ = 2arctg .

2

SO · OASA

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

a 2tg α

2 + tg2 α------------------------------

ϕ

2---

OBOM-----------

2 + tg2 αtg α

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

2 + tg2 αtg α

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

131

Второй способ. Рассмотрим треугольную пира-миду SOAB. Двугранный угол при ребре АВ равен α,

углы при ребрах SA и SB равны . Все плоские и

двугранные углы при вершине О — прямые. Вос-пользовавшись результатом задачи 20, пункт 3 (из

§ 1.7), получим: cos2 α + 2cos2 = 1, откуда cos ϕ =

= –cos2 α, тогда ϕ = arccos (–cos2 α). Можно прове-рить, что ответы, полученные обоими способами,совпадают.

2. Пусть SABCD (ABCD — основание) — даннаяпирамида, SO — ее высота, М и Р — середины АВ иВС. Нетрудно убедиться, что радиус искомого шараравен радиусу шара, вписанного в пирамидуSOMBP (рис. 47), а радиус этого шара, в свою оче-редь, равен радиусу окружности, вписанной в пря-

моугольный треугольник SOM с катетами ОМ = ,

SO = a и гипотенузой SM = a . По известной

формуле для радиуса окружности, вписанной в пря-

моугольный треугольник, находим r = а.

Таким же будет и радиус пятой сферы. Ведь если мыдобавим (сверху) пятый такой же шар, касающийсяпервых четырех, то получим пирамиду (с верши-нами в центрах шаров), подобную исходной, все гра-

a

A B

CD

M

S

O

Рис. 46

A B

CD

O P

S

M

Рис. 47

ϕ

2---

ϕ

2---

a2---

22-------

32-------

1 + 2 – 34

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

132

ни которой параллельны граням исходной и удале-ны от них на одинаковое расстояние, равное радиусукаждого шара.

3. Пусть O — центр правильного тетраэдра,А и В — две его вершины. Как мы знаем, О — центрвписанного и описанного шаров тетраэдра. Приэтом, если r — радиус вписанного шара, то радиус

описанного шара равен 3r r = а , см. задачу 1 из

§ 3.4 . Пусть x — радиус каждого из искомых ша-

ров. Центры двух из них расположены на отрезкахОА и OВ. Обозначим их через М и N. Получим:MN = 2х, AM = AN = 3x, ОМ = ON = 3(r – x). Из по-добия треугольников OMN и ОАВ получим, что

= или = . Ответ: .

4. Рассмотрим осевое сечение цилиндра, перпен-дикулярное ребрам куба, лежащим в основаниях ци-линдра. Получим прямоугольник (осевое сечениецилиндра), в который вписан единичный квадрат(сечение куба). При этом одна из сторон квадрата об-разует с соответствующей стороной прямоугольникаугол α, а другая соответственно угол 90° – α. Высотацилиндра равна sin α + cos α.

5. Рассмотрим осевое сечение конуса, содержащеецентр шара. Высота конуса делит это осевое сечениена два прямоугольных треугольника. Гипотенузакаждого равна 1, а меньший катет равен S. Радиусискомого шара равен радиусу окружности, вписан-

ной в такой прямоугольный треугольник. Ответ:

.

6. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, со-держащей ее высоту и центр шара. По условию этимсечением будет равносторонний треугольник со сто-роной а. Пусть это треугольник SMN (рис. 48), сече-нием шара будет окружность, касающаяся MN иSM, P — середина SN, SA — одно из двух боковых

612-------

MNAB------------

OMOA-----------

2xa-------

3 r – x( )

3r----------------------

a

2 6 + 1( )----------------------------

3 – 14

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

133

ребер, которых касается шар,O — центр шара (лежит наМР), а х — его радиус. Полу-

чим: МР = а , МО = 2х. Рас-

стояние от Р до SA легко вы-числяется (Р — середина ка-тета SN), SN = а, другой

катет NA = , оно равно

d = . Расстояние от О до

SA равно х. Следовательно,

ОР = = . Поскольку МО + ОР =

= МР, получим уравнение + 2х = а

или = a – 2x. После возведения в квад-

рат (при условии неотрицательности правой час-ти) после преобразований получаем уравнение:

15x2 – 10a x + 4a2 = 0. Из этого уравнения найдем

корень а. Второй корень оказывается лиш-

ним: шар радиуса а касается продолжений

МS и MN.

§ 4.2

1. Очевидно, что высота цилиндра равна диагона-ли куба, т. е. . Для определения радиуса цилинд-ра спроектируем всю конструкцию на плоскость ос-нования цилиндра, тогда куб спроектируется в пра-вильный шестиугольник. При этом концы реберкуба, выходящих из одного из центров основанийцилиндра, образуют правильный треугольник со

стороной , плоскость которого параллельна осно-

A

M

S

OP

N

Рис. 48

32-------

a2---

a

2 5-----------

x2 – d2 x2 – a2

20-------

x2 – a2

20-------

32-------

x2 – a2

20-------

32-------

3

5 – 1

15------------------

5 + 1

15-------------------

3

2

134

ваниям цилиндра. Значит, сторона правильного тре-угольника, вписанного в основание цилиндра, равна

, а радиус цилиндра равен .

2. Рассмотрим сечение АСС1А1. Задача сводитсяк выяснению вопроса: в каком отношении отрезок,соединяющий А1 с серединой АС, делит отрезок,соединяющий A с серединой CС1. (Ответ: 2 : 3.)

3. Спроектируем призму АВСА1B1С1 на плоскостьодного из оснований цилиндра (рис. 49). Получимпараллелограмм A(=В)А1(=В1)СС1 (для простотыпроекции обозначены так же, как и вершины приз-мы). При этом точка А совпадает с центром основа-ния цилиндра, а остальные лежат на окружности.Угол А1АС и есть искомый двугранный угол. (От-вет: 120°.)

4. Спроектируем параллелепипед на плоскость,перпендикулярную DB1. По условию проекции то-чек K и M должны совпасть (рис. 50). Значит, точкиK и М делят АС и ВА1 в отношении 1 : 2. Далее полу-чаем, что прямые DK и В1М проходят через середи-ну АВ. (Ответ: 1 : 3.)

§ 4.3

1. а) В этом пункте мы не будем пользоваться об-щим приемом, описанным в § 4.3, а решим задачуиначе, используя конкретные особенности заданнойситуации. Рассмотрим правильный треугольникАВ1С (рис. 51). Прямая BD1 перпендикулярна плос-кости этого треугольника и проходит через точку

2 23---

A(B)

A1(B1)

C

C1

Рис. 49

C

C1

B A

D(B1)

D1

A1

K(M)

Рис. 50

135

О — его центр. Если L — середина АВ1, то OL и естьобщий перпендикуляр. В случае а) имеем ответ: 90°,

, отрезок АВ1 делится пополам, отрезок BD1 в от-

ношении 1 : 2.б) Спроектируем куб на плоскость, перпендикуляр-

ную АВ1 (рис. 51). (Проекции точек обозначены та-кими же буквами с добавлением «′».) Пусть прямаяC′M′ пересекает продолжение А′D′ в точке Р, K — ос-нование перпендикуляра, опущенного из A′ на М′Р.Далее воспользуемся теорией, изложенной в § 4.3.

Последовательно вычислим: А′Р = 1, A′M′ = А′В′ =

= . Искомое расстояние есть А′K = = ,

= = 8, = т. е. общий перпенди-

куляр проходит вне отрезка СМ и пересекает его про-

должение за точку М на расстоянии, равном СМ .

Если теперь ϕ искомый угол, то sin ϕ = =

= cos ϕ – . Если мы рассмотрим проекцию

на плоскость, перпендикулярную СМ, то найдем,в каком отношении общий перпендикуляр делитотрезок АВ1. Это отношение равно 7 : 2 (от верши-ны А).

66-------

P

K

B′

M′

C′

A′(B1 )′ D′(C1 )′

A1′ D1′

Рис. 51

M(C′)A

D′

B

P

K′

N′

Рис. 52

12---

24-------

PA′•A′M′

PM′

13---

PKKM′

(PA′)2

(A′M′)2

M′KKC′

110-------

19---

C′M′

CM3

10-----------

1

10-----------

136

в) Практически все рассуждения и вычисленияповторяют предыдущий пункт. Получаем почти те

же ответы: arccos ; ; отрезок А1В делится

в отношении 7 : 2 (от вершины A); отрезок CМделится в отношении 8 : 1 (от вершины D).

г) 45°; ; 4 : 1 (от вершины A); 8 : 1 (от вершины D).

д) arccos ; ; 11 : 15 (от вершины А); 6 : 7

(от вершины D).2. Спроектируем тетраэдр на плоскость, перпен-

дикулярную СМ (рис. 52). Можно считать, что этаплоскость содержит ребро АВ, так что точки А, Ви М перейдут сами в себя, а проекции всех другихточек мы будем обозначать теми же буквами с добав-лением «′». Этот рисунок позволит нам ответить навсе вопросы в каждом пункте, кроме вопроса, в ка-ком отношении общий перпендикуляр делит отре-зок СМ.

а) Треугольник АВD′ равнобедренный, основание

АВ = 1, высота D′M = . Перпендикуляр МР, опу-

щенный на AD′, и есть искомое расстояние. Имеем:

AD′ = , МР = = , sin ϕ = =

cos ϕ = , = = = . Для опреде-

ления отношения, в котором общий перпендикулярделит отрезок СМ, можно рассмотреть треугольникCРМ, все стороны которого известны (легко вычис-ляются), и вычислить отрезки, на которые высотаделит сторону СМ (найти отношение этих отрезков).А можно рассмотреть проекцию на плоскость, пер-пендикулярную AD, и далее действовать согласнообщему правилу. После соответствующих вычисле-ний получим, что отрезок СМ делится в отношении10 : 1 (от точки С).

1

10-----------

13---

13---

1

26-----------

1

26-----------

23---

336

-----------

MA•MD′

AD ′

211-------

AD′

AD336

-----------

1

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

APPD---------

APPD ′

AMMD ′

2 38---

137

б) В прямоугольном треугольнике D ′MN′

известны катеты D ′M = и МN′ = . Находим вы-

соту, опущенную на гипотенузу (искомое расстоя-

ние) , синус искомого угла = sin ϕ = ,

а также отношение, в котором делится DN, — оно

равно = . Для определения отношения, в

котором делится СМ, надо поступить одним из двухспособов, указанных в предыдущем пункте.

в) arccos ; ; 3 : 2 (от точки С); 3 : 2 (от точки В).

3. Спроектируем куб на плоскость, перпендику-лярную АС1. Прямая l спроектируется в точку, рав-ноудаленную от прямых А′1В′, C′C′

1, A′D′ (рис. 53).

Эти прямые образуют прямоугольный треугольник с

катетами и гипотенуза равна . Нам оста-

лось найти радиус вписанной и радиусы вневписан-ных окружностей этого треугольника. Таким обра-

зом, задача имеет четыре решения: , ,

, .

4. Пусть О — центр общего основания данных ко-нусов, А и В — их вершины (ОА = Н, OB = h),AD и BC — две образующие конусов, для которых

23---

14---

235-------

D′N′

DN356-------

16---

D′MMN′

2 323-------

23---

1

10-----------

22-------

66-------

63-------

3 – 1

2 6------------------

3 + 1

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

3 + 1

2 6-------------------

3 – 1

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

C′ B′

D′ EA′(C1)′

D1′ A1′

B1′

Рис. 53

O

B′

C

A′(D′)

Рис. 54

138

∠ COD = 90°. Проведем через CO плоскость, перпен-дикулярную AD, и спроектируем все на эту плос-

кость (рис. 54). Имеем СО = R, ОА′ = (равно

высоте, умноженной на гипотенузу в треугольни-

ке AOD). Поскольку = , OB′ = . Иско-

мое расстояние равно высоте в треугольнике А′СВ′

к стороне CB′. Оно равно = ,

синус искомого угла равен .

§ 4.43. См., например, рисунок 55.4. Покажем, как можно разрезать поверхность

правильного единичного тетраэдра, чтобы получил-ся указанный в условии прямоугольник. Разрежемповерхность, как нa рисунке 56 (линии разрезовAKB и СМD, где K и M — середины соответствую-щих ребер), и развернем ее так, чтобы получиласьбоковая поверхность цилиндра. Длина каждой изокружностей равна удвоенной длине каждого разре-

за, т. е. равна 2 , а ширина . Из боковой поверх-

ности цилиндра получим нужный прямоугольник.5. Пусть у тетраэдра ABCD равны ребра AВ и CD.

Возможны два случая: а) указанные вершины явля-ются концами одного из этих ребер. Пусть это будет

HR

H2 + R2----------------------------

OB′

OA′

hH-----

hR

H2 + R2----------------------------

A′B′•COCB ′

H + h( )R

H2 + h2 + R2------------------------------------------

H2 + R2 h2 + R2

R H2 + h2 + R2------------------------------------------------------

Рис. 55

D

A

M

B

C

K

Рис. 56

3 12---

139

ребро АВ. Сделаем развертку, как на рисунке 57. Со-гласно условию, точки D1, A и D2, а также D1, В и D3

расположены на одной прямой. Таким образом,в треугольнике D1D2D3 АB является средней лини-ей и D2D3 = 2АВ. Значит, в треугольнике D2C + СD3 == D2D3, т. е. точки D2, С и D3 лежат на одной пря-мой. б) Сумма плоских углов равна 180° при двухдругих вершинах. Например, при С и В. Сделаемразвертку (рис. 58). Пусть А окажется вне треуголь-ника D1D2D3. (Вершины С и В расположены на сто-ронах этого треугольника по условию.) Обозначимчерез K середину D1D2. ВK — средняя линия в тре-угольнике D1D2D3. Значит, ВK = CD2, и по условиюполучаем ВK = АВ. Но угол АKB является тупым(∠ AKD1 = 90°). Получаем противоречие. Следова-тельно, А не может находиться вне треугольникаD1D2D3. Точно так же доказывается, что А не можетрасполагаться внутри D1D2D3.

§ 4.5

1. «Развернув» две грани тетраэд-ра (рис. 59), получим, что искомоерасстояние равно длине ребра тетра-эдра. (Ответ: 1.)

2. Сделаем нужную развертку ку-ба (рис. 60). (Достаточно рассмот-

D2 A

C B

D1

D3

Рис. 57

D2

K

C B

D1

D3

A

Рис. 58

Рис. 59

140

реть две соседние грани.) Найдем длину нужного

пути в каждом случае: и .

3. Сделаем развертку боковой поверхности пира-

миды (рис. 61). Если α < , то длина искомого пути

равна 2b sin 2α. В остальных случаях минимальногопути нет. (Он вырождается в дважды пройденноебоковое ребро.)

4. Сделаем развертку боковой поверхности кону-са. Получим круговой сектор радиуса 2, ограничен-

ный дугой длины . Центральный угол в этом секто-

ре равен . Соответствующая хорда, равная длине

искомого кратчайшего пути, равна 2 .5. Сделаем развертку половины цилиндра. Это

прямоугольник со сторонами πr и h. Диаметральнопротивоположные точки разных оснований — этопротивоположные вершины прямоугольника. Крат-

чайший путь — . 6. Представим себе, что треугольник BDM состав-

лен из двух слоев, и сделаем развертку (рис. 62). По-лучим шестиугольник ABCD1MD2. Если угол привершине В этого шестиугольника меньше разверну-

того он равен – α , то длина кратчайшего пути

равна длине отрезка АС (на развертке). В противномслучае она равна сумме соседних сторон данного

5 12--- 13

а) б)

E

A B C D

Рис. 60

a

aaa

b

b

b

b

Рис. 61

b

π

4---

4π3-------

2π3-------

3

π2r2 + h2

3π2-------

141

прямоугольника. Теперь нетруд-

но получить ответ: если α > ,

то , в осталь-ных случаях а + b.

§ 4.6

Достроим данный тетраэдр допараллелепипеда, проведя черезкаждое ребро плоскость, парал-лельную противоположному ребру. Получим прямо-угольный параллелепипед, ребра которого нетруднонайти (см. решение задачи 7 § 4.6). Центр этого па-раллелепипеда, очевидно, является центром описан-ного около данного тетраэдра шара, радиус которогоравен половине диагонали параллелепипеда, т. е.

. Очевидно, что центр параллелепи-

педа равноудален от всех граней данного тетраэдра,т. е. он также является центром вписанного шара.Нам надо найти расстояние от центра параллелепипе-да до любой плоскости, проходящей через концы трехребер параллелепипеда, выходящих из одной вер-шины. Рассмотрим параллелепипед ABCDA1B1C1D1.Пусть AB = x, AD = y, AA1 = z. Диагональ AC1 делитсяплоскостью BA1D в отношении 1 : 2 (от вершины А).Отсюда получаем, что центр параллелепипеда уда-лен от плоскости BA1D на расстояние, в два разаменьшее высоты в пирамиде ABA1D, проведенной извершины А. Обозначим через α двугранный угол приребре BD в этой пирамиде. Если d — расстояние от Адо BD, то расстояние от А до плоскости BA1D равно

d sin α. Нетрудно рассчитать, что d = . Как

мы знаем, квадрат площади треугольника BA1D равенсумме квадратов площадей трех других граней пира-миды ABA1D (см. задачу 20 из § 1.7), а cos α равенотношению площадей треугольников BAD и BA1D.Исходя из этого, найдем последовательно все нуж-

MD1

D2

A

BC

Рис. 62

π

2---

a2 + b2 + 2absin α

1

2 2----------- a2 + b2 + c2

xy

x2 + y2-------------------------

142

ные величины. Радиус вписанного шара будет равен

, где х, у, z выражаются через

а, b, с по формулам, полученным при решении за-дачи 7.

§ 4.7

1. Центры данных шаров и точки их касания слу-жат вершинами правильной треугольной призмы(рис. 63) с высотой R и стороной основания 2R.Центр четвертого шара и центры трех данных слу-жат вершинами правильной треугольной пирамидысо стороной основания 2R и боковым ребром R + х.

Высота этой пирамиды равна =

= . Для определения х получаем

уравнение

+ х = R.

Из этого уравнения найдем х = R.

2. Рассмотрим прямую треугольную призмуАМKLPB (рис. 64), где А и K — точки касания пер-вого шара с гранями двугранного угла, L и В — точ-ки касания другого шара, М и P — проекции цент-ров шаров (и точек касания) на ребро данного дву-гранного угла. Если R — радиус каждого из шаров,

то АK = LB = 2R cos , KB = 2R, BA = 2R .

xyz

2 x2y2 + y2z2 + z2x2--------------------------------------------------------------

R

2R

2R

2R

R

R

x

R + x

R + x

R + x

Рис. 63

L P

BF

A

K

M

α

α

Рис. 64

R + x( )2 – 43---R2

x2 + 2Rx – 13---R2

x2 + 2Rx – 13---R2

13---

α

2--- 1 + cos2

α

2---

143

Если шар, касающийся граней в точ-ках А и K, вторично пересекает от-резок АВ в точке F, то ВK2 == BA • BF. Таким образом, BF =

= = . Искомая же

часть отрезка АВ вне данных шаров

равна = .

3. Центры оснований конусов являются вершина-ми правильного треугольника со стороной a. Точкакасания искомого шара совпадает с центром этоготреугольника. Проведем плоскость через ось одногоконуса и центр искомого шара (рис. 65). На рисункеизображена половина соответствующего сечения ко-нуса, SO — ось конуса, SA — образующая, Q —центр искомого шара, Р — точка его касания с плос-

костью оснований конусов. Далее получаем: РО = ,

PA = РО – = a, r = QP = PA tg 60° =

= 1 – a.

4. Каждое из оснований цилиндра является ок-ружностью, вписанной в правильный треугольниксо стороной, равной диагонали грани куба, т. е.

диаметр основания равен . Ось цилиндра пред-

ставляет собой часть диагонали куба, заключеннуюмежду двумя плоскостями этих правильных тре-

угольников и равную . Площадь осевого сечения

тогда равна .

5. Если х — радиус искомого шара, то расстояниемежду центром любого из данных шаров и центромискомого может равняться либо х + r, либо |х – r|.

O A P

Q

S

Рис. 65

BK2

BA------------

2R

1 + cos2 α

2---

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

2BF – ABAB

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

sin2 α

2---

1 + cos2 α

2---

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

a

3-------

a2---

2 3 – 36

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

32-------

23---

33-------

23-------

144

Рассмотрим равнобедренныйпрямоугольный треугольник

АВС с гипотенузой АВ = 2 ,где D — середина гипотенузы(рис. 66). Пусть O — центр ис-комого шара, O1 — его проек-ция на плоскость треугольникаАВС. Возможны следующиеслучаи.

Случай 1. Расстояние до точки D равно |х – r|, а всерасстояния до других центров равны х + r. Тогда точ-ка D совпадает с O1. Записав теорему Пифагора для

треугольника ODB: (х + r)2 = 2 + (х – r)2, найдем

х = . При всех значениях r, кроме r = , для это-

го случая существуют два шара; при указанном r за-дача не имеет решений: полученный шар совпадаетс шаром, имеющим центр в точке D.

Случай 2. Расстояния от O до точек C и D равны|х – r|, а до двух других — х + r. В этом случае точкаO1 совпадает с серединой CD, треугольник BOD —такой же, как и в первом случае, таким же будет и

радиус x = , но при этом возникает ограничение:

надо, чтобы существовал треугольник COD (возмож-но, вырожденный), т. е. 2СО CD. Это приводит

к неравенству – r . После возведения в квад-

рат и очевидных преобразований получаем биквад-ратное неравенство, из которого находим, что задача

имеет решение при r или r .

В случае равенства — решение одно, в других случа-ях — решений два.

Случай 3. Расстояния от O до точек А и D равны|x – r|, а до двух других — x + r. В этом случае точ-ка O1 является точкой пересечения серединныхперпендикуляров к отрезкам AD и ВС (рис. 66).

C B

A O1(в)

O1(а)O1(г)

O1(б)

Рис. 66

2

12r------

1

2-------

12r------

�1

2r------ �

1

2-------

�10 – 2

4-------------------------- �

10 + 24

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

145

O1D = 1, М — середина AD. Рассматривая двапрямоугольных треугольника AOM и BOM, получа-

ем, по теореме Пифагора, равенство (х – r)2 – =

= (х + r)2 – . Из этого уравнения получаем х = .

При этом должны выполняться два ограничения:AO AO1 и BO BO1 (нетрудно понять, что эти не-равенства должны быть эквивалентными) или

r – 1, r + . Полученная система нера-

венств выполняется при r и r .

Вновь в случае равенства получаем одно решение,в случае неравенства два решения.

К этому же пункту следует отнести и случай, ког-да расстояния до В и D равны |x – r|, а два других —х + r.

Случай 4. Расстояние от O до B равно x + r, а триоставшиеся равны |x – r|. В этом случае точка O1 сов-падает с серединой AC. Из теоремы Пифагора длятреугольника ОВС получаем (х + r)2 – (х – r)2 = 4, от-

куда х = . Из неравенства r + или r – 1

получаем те же ограничения, что и в третьем случае.К этому же случаю относится и вариант, когда

расстояние от О до А равно х + r, а до остальныхцентров — |x – r|.

Суммируя результаты всех пунктов, получаемответ.

При 0 < r < и r > существует всего

восемь шаров, касающихся данных, с радиусами

и (по четыре).

При r = существует четыре шара ради-

уса и три — радиуса .

12---

92---

1r---

� �

1r--- �

1r--- � 5

�5 – 1

2------------------ �

5 + 12

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

1r---

1r--- � 5 1

r--- �

10 – 24

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

5 + 12

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

1r---

12r------

10 – 24

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

1r---

12r------

146

При r = существует два шара радиуса

и четыре — радиуса .

При < r < существует четыре шара

радиуса и два — радиуса .

При r = по два шара радиуса и .

При < r < — четыре шара ради-

уса .

При r = — три шара радиуса .

При < r < и < r < — два

шара радиуса .

При r = задача не имеет решения.

6. Возможны два случая. Искомые шары касают-ся данной сферы внутренним или внешним образом.При этом во всех случаях точки касания искомыхшаров с плоскостью служат вершинами правильноготреугольника со стороной 2х, где х — радиус иско-мого шара. Центр данного шара является такжеи центром указанного правильного треугольника.Если О — центр данного шара, А — центр одного изискомых, B — точка его касания с проведеннойплоскостью, то треугольник ОАВ — прямоугольный

с гипотенузой ОА = R ± х, АВ = х, OВ = х. Записав

теорему Пифагора, получим квадратное уравнение,или, точнее, два квадратных уравнения для х, из ко-торых найдем (отбрасывая лишние корни) ответ:

R.

5 + 12

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

1r---

12r------

10 – 24

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

5 – 12

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

1r---

12r------

5 – 12

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

1r---

12r------

10 + 24

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

5 + 12

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

12r------

10 + 24

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

12r------

5 – 12

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

1

2-------

1

2-------

10 + 24

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

12r------

1

2-------

2

3-------

21 3±

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

147

7. Пусть радиусы шаров равны R и r. Их центрыслужат вершинами треугольной пирамиды (тетраэд-ра). Два противоположных ребра равны соответ-ственно 2R и 2r, а все остальные ребра — R + r. Рас-стояния от двух указанных ребер до плоскости,которой касаются шары (ребра параллельны этойплоскости), равны соответственно R и r. Расстояниемежду этими ребрами легко вычисляется через R и r.

Оно равно = . Получаем со-

отношение R – r = , из которого находим =

= . Значит, отношение равно 2 + .

8. Всего таких шаров может быть семь: шесть стой же стороны от плоскости, что и данный шар,и один — с другой (он симметричен данному шаруотносительно плоскости).

9. Рассмотрим треугольную пирамиду ОАВС, ос-нованием которой является равнобедренный (OA == OB) прямоугольный треугольник, ребро CO пер-пендикулярно плоскости OAB и точка О проектиру-ется в центр вписанной в АВС окружности (рис. 67).Рассмотрим конус, вершиной которого является точ-ка O, а основанием — вписанная в ABC окружность.Если мы теперь рассмотрим четыре таких же пира-миды, основания которых имеют общую вершину O,а боковые стороны расположе-ны на прямых ОА и OB, то кону-сы, вписанные в эти пирамиды,указанным образом образуютискомую четверку конусов.Пусть М — середина АВ, K —точка касания вписанной в ABCокружности со стороной АC.Для простоты можно считать,что длина образующей конусаравна 1. Это значит, что OM == ОK = AM = 1. (Здесь мыиспользовали также, что по ус-ловию АОВ — равнобедренныйпрямоугольный треугольник.)

R + r( )2 – R2 – r2 2Rr

2Rr Rr----

2 + 62

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

O

C

B

M

A

Рис. 67

148

Таким образом, треугольники OАМ и OAK равны.

Значит, ∠ OAK = ∠ ОАМ = 45°, ОС = OA = , нo

∠ OMC = 90° – , где ϕ — угол при вершине осевого

сечения конуса. Тогда tg = , откуда cos ϕ = ,

ϕ = arccos .

10. Можно. Например, следующим образом: рас-смотрим куб 3 × 3 × 3, составленный из 27 единич-ных кубиков. Возьмем центральный единичный куби построим шар, касающийся всех его ребер. Такиеже шары построим для каждого из 12 единичныхкубов, имеющих общее ребро с центральным кубом.

Дополнительные задачи

1. Образующая конуса равна 1, угол между образую-щей и основанием равен α. Найдите радиус впи-санного шара. При каком α этот радиус будет наи-

большим? Ответ: , α = 60°.

2. В правильной: а) треугольной; б) четырехуголь-ной пирамиде двугранные углы между соседнимибоковыми гранями в два раза больше двугранныхуглов при основании. Найдите эти углы.

Ответ: а) arccos ; 2arccos ; б) arccos .

3. Рассмотрим всевозможные сферы, проходящиечерез две данные точки и касающиеся даннойплоскости. Найдите: а) геометрическое место то-чек касания этих сфер с плоскостью; б) геометри-ческое место центров этих сфер. (Ответ: а) еслипрямая, проходящая через эти точки, пересека-ет плоскость, то искомое геометрическое местоточек — окружность, в противном случае —прямая; б) искомое геометрическое место точек —линия пересечения цилиндра и плоскости.)

4. Найдите радиус сферы, проходящей через вер-шины А и В и середину ребра СС1 единичного

2ϕ

2---

ϕ

2---

1

2-------

13---

13---

sin α · cos α1 + cos α

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

37---

37---

1

3-------

149

куба ABCDA1B1C1D1 и касающейся плоскости

A1B1C1D1. Ответ: или .

5. В правильной шестиугольной пирамиде дву-гранные углы при основании равны α. Найди-те углы между всевозможными парами плоскос-тей, содержащих боковые грани этой пирамиды.

Ответ: 2arccos sin α , 2arccos sin α ,

π – 2α.

6. Площадь сечения конуса, проходящего через еговершину под углом 30° к его оси, равны площадиосевого сечения. Найдите угол при вершине осе-

вого сечения. Ответ: 2 arctg = arccos – .

7. Найдите угол при вершине осевого сечения кону-са, если известно, что на его поверхности можнопровести три попарно перпендикулярные обра-

зующие. Ответ: arccos – .

8. В правильной пирамиде PABC сторона основанияравна а, а боковое ребро равно 2а. Точки Р, В и Cлежат на боковой поверхности конуса, имеющеговершину в точке А. Найдите угол при вершине

осевого сечения конуса. Ответ: 2arcsin .

9. Через диагональ единичного куба проведена плос-кость, параллельная диагонали одной из гранейкуба. Найдите площадь полученного сечения.

Ответ: .

10. Найдите расстояние между серединами непарал-лельных сторон разных оснований правильнойтреугольной призмы, все ребра которой равны 2.

(Ответ: .)11. В пирамиде ABCD даны ребра AB = 7, BC = 8,

CD = 4. Найдите ребро DA, если известно, что реб-ра AC и BD перпендикулярны. (Ответ: 1.)

34---

274-------

32-------

12---

2

3-------

17---

13---

3

2 5-----------

62-------

5

150

12. Основание пирамиды — треугольник со сторона-ми 10, 13, 13. Площади боковых граней соответ-ственно равны 150, 195, 195. Найдите высоту пи-

рамиды. Ответ: .

13. Длины ребер правильной треугольной пирамидыпринимают два значения: 2 и 4. Найдите длинухорды описанной около этой пирамиды сферы,проходящей через середины двух ее противопо-

ложных ребер. Ответ: .

14. Боковая грань правильной четырехугольной пи-рамиды образует с плоскостью основания угол45°. Найдите угол между противоположными бо-ковыми гранями. (Ответ: 90°.)

15. Высота правильной треугольной пирамиды вдвоебольше стороны основания. Найдите угол между

боковыми гранями. Ответ: arccos .

16. Высота правильной четырехугольной пирамидывдвое больше стороны основания. Найдите угол

между соседними боковыми гранями. Ответ:

arccos – .

17. Три шара с радиусами 1, 2 и 5 расположены так,что каждый из них касается двух других шаров идвух данных плоскостей. Найдите расстояниемежду точками касания меньшего шара с этими

плоскостями. Ответ: .

18. Дана правильная треугольная пирамида SABC(S — вершина) со стороной основания а и боко-вым ребром a . Сфера проходит через точку A икасается ребер SB и SC в их серединах. Найдите

радиус этой сферы. Ответ: .

19. Докажите, что если в треугольной пирамиде ABCDплощадь грани АВС равна площади грани ABD,а площадь грани CDA равна площади грани CDB,то треугольник ABС равен треугольнику ABD,а треугольник CDA равен треугольнику CDB.

40 53

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

215-------

1349-------

117-------

12---

314-------

2

a4---

235-------

151

20. Имеется тетраэдр, у которого произведения про-тивоположных ребер равны. Докажите, что: а) пря-мая, проходящая через центры двух окружностей,вписанных в две грани этого тетраэдра, пересека-ет продолжение какого-то ребра тетраэдра (илипараллельна одному из ребер); б) сфера, проходя-щая через три вершины этого тетраэдра, пересе-кает три ребра, выходящие из четвертой вершины(или их продолжения), в трех точках, являющих-ся вершинами правильного треугольника.

Итоговая контрольная работаза 10 класс

1. Основание конуса совпадает с одним из основанийцилиндра, а вершина конуса — с центром другогооснования цилиндра. Во сколько раз площадь осе-вого сечения цилиндра больше площади осевогосечения конуса?

2. Все ребра треугольной пирамиды равны 1. Рас-смотрите сечение этой пирамиды плоскостью,параллельной двум противоположным (скрещи-вающимся) ребрам пирамиды. Как называетсямногоугольник, получившийся в сечении? Чему ра-вен его периметр? В каких пределах меняется егоплощадь?

3. Найдите радиус шара, касающегося трех гранейединичного куба и вписанного в этот куб шара.

4. Отрезок, длина которого равна 1, образует уголв 45° с одной гранью прямого двугранного угла,и он же образует угол 30° с другой гранью этогоже двугранного угла. Найдите длину проекцииэтого отрезка на ребро двугранного угла.

5. Высота пирамиды равна 1, все двугранные углыпри основании равны 45°, периметр многоуголь-ника, расположенного в основании, равен 2р.Найдите площадь этого многоугольника. При ка-ких p такая пирамида возможна?

6. В основании треугольной пирамиды ABCD лежитправильный треугольник АВС. Найдите его сто-рону, если известно, что все боковые грани этойпирамиды равновелики и BD = CD = 1, AD = 2.

152

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

Контрольная работа № 1

Вариант 1

1. Скрещивающиеся, 65°. 2. 1) = ; 2) = ;

3) = .

Вариант 2

1. Скрещивающиеся, 65°. 2. 1) = 3; 2) = ;

3) = .

Контрольная работа № 2

Вариант 1

1. Одна, четыре или бесконечно много. 2. .

3. 36°. 4. Из учебника. 5. 4 .

Вариант 2

1. Одна, две или бесконечно много. 2. . 3. 72°.

4. Из учебника. 5. 9 или .

Контрольная работа № 3

Вариант 1

1. 25 см. 2. . 3. ph ctg α. 4. S. 5. 5 граней,

призма, площадь сечения .

MQAB-----------

25---

KPAB---------

14---

KPMQ-----------

58---

FKAB---------

MTAB-----------

47---

FKTM-----------

712-------

94---

6

35---

111

a 64

-----------

32---

7

153

Вариант 2

1. . 2. arccos – . 3. tg β. 4. 6q 5. 5 граней,

призма, площадь сечения .

Контрольная работа № 4

Вариант 1

1. 7π см2. 2. 60°. 3. . 4. .

5. .

Вариант 2

1. . 2. . 3. . 4. 2. 5. .

Итоговая контрольная работа

1. В 2 раза. 2. Прямоугольник, периметр 2, пло-

щадь от 0 до см2. 3. 2 – . 4. . 5. Площадь p,

при p > π. 6. .

6 14---

2Sp--------

3 464

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

1 + 3cos2α

2 cos α 1 – cos α( )-------------------------------------------------

132-------

17 – 3316

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

5 63

-----------

5 32

-----------

1 + 3cos2α

6 cos α 1 – cos α( )-------------------------------------------------

6 – 110

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

14--- 3 2

2-------

32---

154

...........................................................Содержание

Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Тематическое планирование . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Методические рекомендациик изучению материала . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Глава 1Прямые и плоскости в пространстве. . . . . . . . . . 26

1.1. Основные свойства пространства. . . . . . . 271.2. Параллельность прямых и плоскостей

в пространстве . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3. Угол между скрещивающимися

прямыми . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Контрольная работа № 1. . . . . . . . . . . . . . . . 401.4. Перпендикулярность прямой

и плоскости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.5. Теорема о трех перпендикулярах . . . . . . 471.6. Угол между прямой и плоскостью. . . . . . 521.7. Двугранный угол между

плоскостями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Контрольная работа № 2. . . . . . . . . . . . . . . . 63Вопросы к главе 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Глава 2Многогранники . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.1. Изображение многоугольникови многогранников. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.2. Построения на изображениях . . . . . . . . . 712.3. Выпуклые многогранники. . . . . . . . . . . . 742.4. Многогранные углы . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.5. Пирамида. Правильная пирамида . . . . . 822.6. Призма, параллелепипед . . . . . . . . . . . . . 91

Контрольная работа № 3. . . . . . . . . . . . . . . . 101Вопросы к главе 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

155

Глава 3Круглые тела . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

3.1. Основные понятия . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.2. Тела вращения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.3. Касание круглых тел с плоскостью,

с прямой и между собой . . . . . . . . . . . . . . 1093.4. Вписанные и описанные

многогранники . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Контрольная работа № 4 . . . . . . . . . . . . . . . 127Вопросы к главе 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Глава 4Задачи и методы стереометрии . . . . . . . . . . . . . . 129

Итоговая контрольная работа за 10 класс . . . 151

Ответы к контрольным работам . . . . . . . . . . . . . 152

156

157

158

...........................................................Для заметок

159

...........................................................Для заметок

160

...........................................................Для заметок