Некоторые свойства ортогональной проекции и их применение к решению задач

Глава II. ИЗУЧЕНИЕ СВОЙСТВ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ
И РЕШЕНИЕ КОНСТРУКТИВНЫХ ЗАДАЧ В IX—X КЛАССАХ

А. Б. ВАСИЛЕВСКИЙ

Главная страница РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ по СТЕРЕОМЕТРИИ

Научно-исследовательский институт
педагогики Министерства просвещения БССР

Скачать PDF файл Бесплатно ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРОЕКЦИИ И РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ по СТЕРЕОМЕТРИИ

Ниже текст только для быстрого ознакомления с темой. В нём формулы отображаются некорректно. Качественный текст смотрите в оригинале (формат PDF) по ссылке выше.

Если направление проецирования (/) перпендикулярно
плоскости проекций а, то такая параллельная проекция называется
ортогональной.
Рассмотрим важные свойства ортогональной проекции.
Эти свойства находят применение при решении задач на
вычисление площадей сечений многогранников плоскостью,
определение элементов различных пространственных фигур
и других задач.
I . Первое из этих свойств формулируется обычно в виде
следующей теоремы.
Теорема. Пусть S — площадь некоторого многоугольника,
S 0 — площадь его ортогональной проекции, <р — величина
двугранного угла, образованного плоскостью данного
многоугольника и плоскостью его проекции. Доказать,
что 5 — S 0 : cos փ (1)
Рассмотрим некоторые примеры применения сформулированного
в теореме I свойства ортогональной проекции.

56

В десятом классе ученики изучают теоремы:
а) боковая поверхность правильной пирамиды равна
произведению периметра основания на половину апофемы;
б) боковая поверхность правильной усеченной пирамиды
равна произведению полусуммы периметров обоих оснований
на апофему;
в) боковая поверхность конуса равна произведению длины
окружности основания на половину образующей;
г) боковая поверхность усеченного конуса равна произведению
полусуммы длин окружностей оснований на образующую.
Эти четыре теоремы можно объединить в одну, если использовать
зависимость
COS ф ՞
Объединенная теорема может быть записана в виде
формулы
где ф — угол, образуемый боковой гранью правильной
пирамиды (в том числе и усеченной) с плоскостью ее нижнего
основания, или угол наклона образующей конуса (в том
числе и усеченного) к плоскости его нижнего основания;
5 г и S 2 — площади соответственно нижнего и верхнего оснований
правильной усеченной пирамиды (усеченного конуса);
для полного конуса и полной правильной пирамиды
Տ2 — 0; 5 — площадь боковой поверхности конуса (усеченного
конуса) или правильной пирамиды (усеченной
пирамиды).
С обобщенной формулой (2) учащихся следует ознакомить
при повторении темы «Площади поверхностей многогранников
и фигур вращения».
Теперь приведем доказательство зависимости (2).
1. Ортогональной проекцией вершины М правильной
п-угольной пирамиды на плоскость ее основания АгА2 . . .Ап
является центр О окружности, описанной около основания
(рис. 129). Все боковые грани одинаково наклонены к плоскости
основания (под углом ф). Все боковые грани и их проекции
равновелики. Из сказанного непосредственно следует
верность формулы (2) при S 2 — 0.
2. Основания усеченной пирамиды параллельны. Поэтому
площадь Si нижнего основания правильной усеченной
57

пирамиды равна сумме площадей Տ0 проекций ее боковых
граней (на это основание) и площади Տ2 ее верхнего основания
(рис. 130). Следовательно,
Տ0 = Տ1 ֊ Տ 2 и Տ = COS ф
д
3. Площадь S боковой поверхности конуса выражается
формулой
S = я RL, (3)
где R — радиус основания конуса, L — его образующая
(рис. 131).
Площадь S 0 основания конуса определяется по формуле
S о = я R2.
Из равенств (3) и (4) получаем
5 = nRL = л R2 — = R cos ф

58

4. Аналогичным образом доказывается справедливость
равенства (2) и для усеченного конуса (рис. 132)
Տ = n(R + RX)L =
= n(R + R,)-(R — Rx) = K(R* -Rtz) = n R * ~ R * = S , ֊S ։
COS ф COS ф COS ф COS Փ ՚
Применение формулы (2) существенным образом упрощает
решение многих стереометрических задач. Рассмотрим
некоторые из них.
З а д а ч а 1. Боковая поверхность конуса равна Տ, а
полная поверхность — Р. Определите угол х между высотой
и образующей.
Очевидно, ф = 90° — х, S t = Р — Տ, S 2 — 0.
На основании равенства (2) имеем
cos /О(9А0О — х)\ = —^Р—— Sи ли si.n х — ֊ ֊ gР ——S.
З а д а ч а 2. В усеченный конус вписан шар радиуса г.
Образующая конуса наклонена к основанию под углом
2а. Определите боковую поверхность усеченного конуса.
На рисунке 133 изображено осевое сечение усеченного
конуса и вписанного в него шара. Из чертежа ясно, что
/?! = \АМ \ = г ctga, R2 — г tga.
Поэтому.
^ Տ, — Տ, яг2 ctg2a — nr» tg2a _ 4 ял2
cos ф cos 2a sin2 2a ‘
3 а д а ч а 3. Определите угол х между осью и образующей
такого конуса, у которого полная поверхность Р в п
раз больше площади М осевого сечения.
На рисунке 134 изображено осевое сечение конуса.
М = SABK= 0,5 . \АВ\ • \0К\ = |051 » \ОВ\ • tg փ =
= |OiS|3-tg ф. (5)
По условию задачи Р : М = п > 1. (5)
Далее
S = Р — S x или Р — S + S v
Но
S = —^— и S, = nAOBf.
COS ф 1 1 1
Следовательно,
Р = —^ —-Ւ S, = = n . \ 0 B f . l ± ^ . (7) cos ф 1 1 1 cos ф 1 1 cos ф 4 7
5$

59

Из равенств (5) — (7) получаем
1 4- cos ш
* Ф
п = «~ |о й |3-¥ф = Я‘ с^ — Г
Отсюда ctg
По смыслу задачи 0 < < 45°.
Поэтому ctg — ֊- > 1.
Следовательно, п > п.
О т в е т. х ֊ 90Q — ф, где ctg при п > п
(при ո <Հո задача решений не имеет).
З а д а ч а 4. Основанием пирамиды служит ромб с
острым углом а. Боковые грани наклонены к плоскости
основания под углом р. Определите полную поверхность
пирамиды, если радиус вписанного-в ромб круга равен г.
Указанная в задаче пирамида не является правильной,
но ее боковые грани равновелики, так как основание высоты
пирамиды совпадает с точкой пересечения диагоналей ромба.
Поэтому при решении этой задачи может быть применена
формула (2). Таким образом, задача свелась только к
определению площади основания пирамиды.
Свойство параллельной проекции, записанное равенством
(1), применяется и при решении задач на определение
площадей сечений многогранников.
11. С зависимостями, которые существуют между острым
углом и его ортогональными проекциями на две взаимно
перпендикулярные плоскости, можно ознакомить учащихся
в процессе решения следующей серии упражнений*.
Два прямоугольных треугольника ОСхАг и ОВ1С1 имеют
общую сторону OCt и образуют прямой двугранный угол.
Причем ОС\Х = 90°, ОВ^Сг — 90° (рис. 135). Обозначим
Х оС 1! = р, B fiC x = а , Հ բ հ 1 = у. Пусть А — линейный
угол двугранного угла, образованного треугольниками
* Серия этих упражнений взята из работы автора «Задачи для
повторения стереометрии в старших классах средней школы».
Мн., 1973.
60

СхОЛ! и ОАхВх, В — линейный угол двугранного угла
(АхОВх, ОВхСх).
1. Назовите прямоугольные треугольники, изображенные
на рисунке 135.
2. Какой из изображенных на рисунке 135 углов конгруэнтен
ձ-В ?
3. Докажите, что Հ-А и Z.B —
острые.
4. Обозначим \ОАх\= а. Тогда
10ВХ\ — а • cos у, |ОСх| = а х
X cos р, (Г)
cos а = |0БХ | : \0СХ\ = cos у :
: cos р, (1″)
cos у = cos а » cos р. (1)
Назовите треугольники, из которых получились равенства
(1), (Г), (1»).
5. Равенство (1) выражает зависимость между углами
а, р и у. Это равенство мы получили из прямоугольных треугольников,
острыми углами которых’являются а , р и у.
Аналогичным образом получите зависимость между углами
В, р и у {В ==* /_АХВХСХ).
6. Из прямоугольных треугольников ОС1А1, ОВХСХ,
А\С1В1 установите зависимость между углами р, а и В.
7. Из треугольников ОВхАх, АХСХВХ и ОВхСх получите
равенство, выражающее зависимость между углами В,
а и у.
8. Фигура, образованная острыми углами а , թ и у, является
прямоугольным трехгранным углом с вершиной О.
Мы уже получили четыре равенства
cos у = cos а • cos Р, (О
sin В =
tg В =
cos В —
sin Р
sin 7 ’ (2 )
^g Р
sin а ’ (3)
tga
tg у * (4)
Каждое из этих равенств дает возможность найти величину
одного из входящих в него углов, если известны два
других угла. Получим еще две зависимости между
а) А, В, у, б) А, В , а.
61

На основании равенства (3)
tg А t g a
sin В (30
Перемножив почленно равенства (3) и (3′) и использовав
зависимость (1), имеем
t g ^ * t g 5 = — — — • (5)
На основании равенства (4)
cos Л tg Р
tg v ՜ (4 ‘)
Разделив почленно равенства (2) и (4’), получаем
sin В __ sin Р • tg y _ cos ft
cos Л ~~ s i n y — t gB ~ cosy՛ ( 6)
Отсюда и из равенства (1) следует
sin В : cos Л = 1 : cos а . (6)
Сведем полученные зависимости между острыми плоскими
и двугранными углами прямоугольного трехгранного
угла ОЛхБхСх в таблицу 1.
Таблица I
cos у = cos a-cos р 1
sin Р = sin В-sin у 2
tg р = tg 5 . sin a 3
tg а = cos В ■ tg y 4
c o s y = ctg A-ctg В 5
cos A = sin В -cos а 6
9. Пользуясь таблицей 1, определите
а) cos р, если а — 30°, у — 60°;
б) cos В, если р = 30°, у = 45°;
в) tg В, если Л = 60°, а = 45°;
г) sin р, если В — 45°, а = 30°.
10. Существует ли такой прямоугольный трехгранный
угол О ABC, у которого:
62

а) թ = 45°, В = 30°;
б) v = 60°, сс = 45°;
в) Л ֊= 20°, В =20°;
г) В == 60°, а = 30°;
Д) 7 = 30°, а = 30°;
е) 7 > Р;
ж) р > В;
з) А > а;
и) tg а > tg у;
к) cos А > cos а .
11. Как изменяется (уменьшается или увеличивается)
угол у с увеличением углов;а и р прямоугольного трехгранного
угла О А ВС?
12. Верно ли, что угол В уменьшается с уменьшением
угла р и увеличением угла у?
13. Верно ли, что угол у увеличивается с уменьшением
угла а, если угол В остается неизменным?
Равенства (1)—(6) выражают важнейшие свойства ортогональной
проекции. С их помощью можно решать прямоугольные
трехгранные углы, т. е. готовить учащихся к
определению элементов многогранников.
Умелое использование этих свойств позволяет существенным
образом упростить решение многих стереометрических
задач.
При доказательстве равенств (1) — (6) приходится опираться
на многое из того, что ученики усвоили в девятом
классе не только по геометрии, но и тригонометрии. Поэтому
эти равенства целесообразно, рассмотреть в последней
учебной четверти девятого класса. При их помощи можно
проследить, как меняется величина одних элементов прямоугольных
трехгранных углов с изменением других, установить
границы этих изменений. Этим мы будем готовить
учащихся к самостоятельному определению множества
значений параметров, которые входят в различные формулы,
получаемые при решении многогранников.
Ниже дается система упражнений, целью которой является
обучение учащихся применению формул (1) — (6)
для определения элементов многогранников. Эти упражнения
полезно использовать при подготовке к экзаменам за
курс средней школы.
1. Дано изображение куба ABCDA1B1C1D1 (рис. 136).
Используя формулу (4), определите величину угла ОВгВ
прямоугольного трехгранного угла BXABD.
2. Дано изображение куба ЛБСОЛ1В1С1Д1 (рис. 137).
Точка М — середина ребра ВС. Определите двугранный
угол, образованный плоскостями ВХАМ и АМВ.
63

Указание.

Примените к прямоугольному трех-
грачному углу АВМВх формулу (3), предварительно вычислив
sin А — |ВМ|: \АМ\ ֊ ֊ — Հ — — ^ .
3. Дано изображение прямоугольного параллелепипеда
Рис. 136. Рис. 137. Рис. 138.
ABCDA1BlC1Dl (рис. 138), у которого АВXD = р, BDBl =
= а. Вычислите величину угла. ADB. Каким условиям
должны удовлетворять углы а и р , чтобы задача имела
решение?
У к а з а н и е . Примените формулу (1) к прямоугольному
трехгранному углу DBABV имея в виду, что ADBX =
= 90° — р.
4. Дано изображение правильной треугольной пирамиды
DABC (рис. 139). Боковое ребро AD наклонено к плоскости
основания под углом 60°. Определите двугранный угол при
ребре AD.
У к а з а н и е . Примените формулу (3) к прямоугольному
трехгранному углу AODB (точка О — основание высоты
пирамиды).
5. Двугранный угол при боковом ребре правильной
четырехугольной пирамиды MABCD (рис. 140) равен 120°.
Назовите прямоугольные трехгранные углы, изображенные
на этом рисунке. Вычислите величину угла BMD.
6. Дано изображение четырехугольной пирамиды
MABCD (рис. 141), основанием которой является квадрат
ABCD. Двугранные углы при ребрах АВ и ВС равны
60° и 45°. Секущая плоскость проходит через ребро ВМ и
перпендикулярна плоскости основания пирамиды. В сече

64

нии получили треугольник МНВ. Найдите величину
угла НВМ.
У к а з а н и е . Рассмотрите два прямоугольных трех-
гранных угла ВАНМ и ВНМС. Обозначьте /вн = х.
Тогда НВЬ = 90° — х. Примените формулу (3).
7. На рисунке 142 изображена четырехугольная пирамида
MABCD, основанием которой является прямоугольник
ABCD; \АВ\ = 4, AMD = 60°, DMC = 45°;
[DM] _L (ABC). Назовите прямоугольные трехгранные углы,
показанные на рисунке 142. Определите объем этой
пирамиды.
/ \ / \
У к а з а н и е . DCM = 45°, DAM = 30°. Поэтому двугранные
углы при ребрах АВ и ВС равны 30° и 45°. Теперь
см. задачу 6.
8. На рисунке 143 изображена треугольная пирамида
ABCD, все плоские углы которой при вершине С прямые;
|ЛС| = 8. Двугранный угол при ребре АВ равен 60°,
САВ = 60°. Точка К — середина ребра АВ. На рисунке
изображен отрезок [/СО] || (CD). Докажите, что центр О
шара S , описанного около пирамиды ABCD, принадлежит
прямой КО. Во сколько раз |АХ>| меньше |CD|? Определите
длину радиуса Шара S.
Теперь покажем, как могут быть использованы свойства
ортогональной проекции угла на две взаимно перпендикулярные
плоскости, выраженные равенствами (1) — (6),
при решении задач повышенной трудности. Все рассмотрен-

65

ные ниже примеры заимствованы из различных конкурсных
сборников.
3 а д а ч а 1. Боковое ребро \AD\ правильной треугольной
пирамиды DABC равно Ь, а высота \DO\ пирамиды — d:»
Определите двугранный угол <р, образованный плоскостями
ABD и ABC (рис. 144).
Искомый двугранный угол принадлежит трехгранному
прямоугольному углу ABOD (Л — вершина угла). У этого
трехгранного угла известны
sin а = sin О AD = а : b, р = ОАВ — 30°.
Теперь ясно, что двугранный угол при ребре АВ можно
найти, используя равенство (4):
tgcp = = 2 t g o =
sin P
= 2 . £ i = 2. sin a
Vi
= 2 —
sin 30°
a : b 2a
■ sin^ a 1V/ 1 — 4b* —
У ь!
Ф = arc tg 2 a
У b2 — a2
З а д а ч а 2. Определите углы a и ф, которые образуются
с основанием, боковым ребром и боковой гранью правильной
пятиугольной пирамиды, у которой боковые грани равносторонние
треугольники (рис. 145).
Пусть О — основание высоты пирамиды. Угол а конгруэнтен
углу МАО и принадлежит прямоугольному трех*
гранному углу АМОЕ (А—вершина этого угла), у которого
66

МАЕ — 60°, ОАЁ = 108°: 2 = 54°. (Внутренний угол правильного
пятиугольника ABCDEF равен 108°,).Теперь понятно,
что угол а можно найти по формуле (1)
cos а = -c-o-s-v- = —c-o-s 6-—0° = —-1 -—.
cos f) cos 54° 2 cos 54°
e
Рис. 145. Рис. 146. Рис. 147.
Угол ф можно найти из того же трехгранного угла по
формуле (3)
, tgP tg 54° tg 54° cos փ = cos A = — ■—— = ———— >.—
T tg у tg 60 V 3
З а д а ч а 3. Сторона основания правильной шестиугольной
пирамиды равна а, двугранный угол при боковом
ребре — 2ф. Определите объем этой пирамиды (рис. 146).
Пусть О — основание высоты этой пирамиды. Основание ՛
пирамиды состоит из шести конгруэнтных правильных треугольников,
стороны которых известны. Поэтому
S 0CH.= б — S a o b — 6-0,5-a-a-sin 60° = 1,5a2Y 3 .
Таким образом, главная трудность в решении этой задачи
— это определение высоты \МО\ пирамиды. Она может
быть найдена из прямоугольного треугольника АОМ, у которого
катет \АО\ = а. Но для этого нужно знать один из
острых углов этого треугольника.
Замечаем, что Հ-МАО принадлежит прямоугольному
трехгранному углу АОВМ (А — его вершина, [АО] —
ребро прямого двугранного угла, у которого известен
67

JAB — 60° и двугранный угол при ребре AM), он равен
Ф, т. е. половине двугранного угла при боковом ребре пирамиды).
Поэтому для определения угла МАО можно применить
зависимость (4):
sin МАО = sin Р = = = / Т -ctg փ.
tg A tg ф
Итак,
I МО I = \АО I • ig МАО =
cos MAO
_ flsin MAO s V 3 -ctg ф
V l — sin2 A MAO ՜1/1 — 3 c tg a <p
И
у За3 ctg ф ________ 3a?_______
ւաք>’ 2 V l — 3 ctg2 ф 2 V t g 2 ф — 3
З а д а ч а 4. В правильной четырехугольной пирамиде
SABCD через вершину А основания проведена плоскость,
перпендикулярная к противоположному боковому ребру
CS. Найдите площадь сечения АМНК, если диагональ
основания пирамиды равна а, а боковое ребро наклонено
к плоскости основания под углом ф (ф > 45°).
Очевидно, отрезок НА делит сечение на два конгруэнтных
треугольника (рис. 147). Поэтому
S amhk = 2 S ahk.
Из прямоугольного треугольника АНС получаем
\НА | = а • sin ф.
Теперь встает вопрос, что еще нужно найти для определения
площади треугольника АН К : стороны \НК\ и
\КА\, его углы КНА и НАК и т. п.
Замечаем, что /.КНА = х является линейным двугранного
угла, образованного плоскостями ЛС5 и BCS. На основании
равенства (4) из трехгранного угла CSOB имеем
tgJt — tg45° : sin փ = ֊ ֊ 1-— .
sin փ
Обозначим I1AK = у. Угол у можно найти из трехгранного
угла AHSK, у которого двугранный угол при

68

ребре равен х, а НАл = 90° — (180° — 2ф) = 2<р —
— 90°. Использовав равенство (4), получаем
tg у — sin (2ф — 90°) * tg х = —cos 2ф : sin ф.
Теперь площадь треугольника НК.А можно вычислить
по формуле
^ ^ | НА |a -sin *- sin у ______ | НА |а______ __ аг cos 2<р
2 sin (х + у) 2 (ctg у ֊Ւ ctg х) 4 sin ф
Рис. 148. Рис. 149.
З а д а ч а 5. В правильной четырехугольной
пирамиде SABCD
двугранный угол при основании
равен ф. Через ребро АВ основания,
сторона которого равна а, проведена
плоскость, составляющая с
основанием угол гр. Определите площадь
сечения.
Ортогональной проекцией сечения
АВМК на плоскость ABC
является равнобочная трапеция
ABMtKi, угол между диагоналями
которой равен 90° (рис. 148). Поэтому Рис. 150.
S abmiK = 0,5 \АМХ1 • № 1 = 0,5 |ЛМР
69

И Հ Sabm,v, ^ _ (MQl + 10^,1)3 _
Ьавмк, cos ^ 2 cos tp 2 cos փ
= (I API + \AO M g * ) 2
2eos փ
/ \ aV 2
где x — OAKi и \AO\ = շ
Таким образом, задача свелась к определению угла
OAKi• Из прямоугольных трехгранных углов ADKKi и
А ККф на основании равенства (4) получаем
tg К^АК = sin (45° — х) tg ф
и / \
tg КХАК = sin (45° + х) tg гр .
Из этих равенств следует
sin (45° — х) tg ф = sin (45° + х) tg ^
и
1 — tg X _ tg\|i
1 + tg х tg ф
Отсюда
tgjc = lg փ ~ ig i .
tg Փ + tgtf. ‘
III. Рассмотрим еще одно свойство сечений треугольной
призматической поверхности, которое можно эффективно
использовать при определении объемов самых различных
по форме многогранников. Ниже приведены упражнения,
раскрывающие сущность этого свойства.
На рисунке 149 изображена фигура АВСАуВ^С^ которая
получена из треугольной призматической поверхности
следующим образом.
Плоскость ABC перпендикулярна ребрам призматической
поверхности. Кроме того, \ААХ\ Վ \ВВХ\ Վ |ССХ|.
Фигура АВСА1В1С1 разделена плоскостями на три части:
ABCAXB0C0 — треугольная призма, A^qCqCx и А1В0В1С1—
треугольные пирамиды.
Обозначим 5лвс— տ, \ААХ\ — а, IBjSJ = Ь, |ССХ| —
1. Определите вид призмы АВСАуВ^Сд и ее объем (через
տ и а).
2. Определите объем пирамиды приняв треугольник
ВоАхСд за ее основание (через տ, с и а).
3. Пусть [С0С2] — [Б05 х]. Докажите, что пирамиды
А1В0В1С1 и Л1Б0С2С0 равновелики.
70

4. Определите объем пирамиды i4iB0B1C1 (через տ, а, Ь).
5. Получите формулу для вычисления объема тела
АВСАхВ^С^ (через տ, а, Ь, с).
6. Примените формулу, полученную в пункте 5, для
вычисления объема части В.,Л?С?ВУА1СХ треугольного приз-*
матического бруса, ограниченного произвольными плоскостями
АхВ^Су и Л3в 3С3 (рис. 149).
С этой формулой следует ознакомить учащихся при повторении
темы «Объемы многогранников».
Чтобы научить их активному применению формулы (7),
целесообразно решить несколько задач, которые, на первый
взгляд, не имеют отношения к цей.
З а д а ч а 1. Площадь основания HED прямой треугольной
призмы HEDHxExDx равна 20 см2. Точки К, М и
Р лежат на ребрах ННХ, Е ЕУ, DDX, причем \НК\ = 6 см.
Определите объем треугольной пирамиды МНК.Р (рис. 150).
Формулу (7) к решению этой задачи можно применить
таким образом. Ортогональной проекцией пирамиды МНК.Р
на плоскость HED является треугольник HED, площадь
которого известна. Далее, \ААг\ = \НК\ = 6 см, |£ШХ| = 0
|ССХ[ = 0. Поэтому ’
к Е 3
■С
А
Рис. 151. Рис. 152.
О т в е т V = I ЛИз [ + 1 BtBu \ ֊Ւ | с (с Л |
3
■ S. (7)
V икмр = 20՛
71

З а д а ч а 2. Основанием четырехугольной пирамиды
MKEDP является параллелограмм KEDP, у которого
IKP] II [DE] и \КР\ = 12 см. Через вершину пирамиды М
проходит плоскость, перпендикулярная 1КР]. В пересечении
с поверхностью пирамиды эта плоскость образует
треугольник MXY, площадь которого 15 см2. Определите
объем пирамиды (рис. 151).
Чтобы применить формулу (7) для решения задачи, достаточно
заметить, что
S aoB.c,, = Smxy = 15 смг;
I AAy I = I KP I = 12 см, I ВВг | = | ED | = 12 c m ,
I CCi I = 0.
Поэтому
Vmkedp = 1 5 — 12 + » + ° — . = 120 (CM3).
З а д а ч а 3. Основанием четырехугольной пирамиды
MABCD служит параллелограмм ABCD. Через сторону А В
основания и середину К бокового ребра СМ проведена
плоскость а. В каком отношении она делит объем пирамиды?
Пер в о е р ешение (без использования формулы (7).
В этой задаче построение сечения не вызывает трудностей.
Плоскость а , пересекаясь с пирамидой MABCD, образует
трапецию АВК.Н (рис. 152). Причем \DH\ : |#M |= 1 :1 .
Плоскость а разделила данную пирамиду на две части,
одна из которых является четырехугольной пирамидой
МАВКН, а другая не является ни пирамидой, ни призмой,
т. е. фигурой, формула объема которой учащимся не известна.
Поэтому для решения задачи необходимо построить
еще какое-то сечение так, чтобы оба сечения разделили
пирамиду MABCD только на пирамиды и призмы. Таким
сечением может быть диагональное сечение DBM данной
пирамиды. В результате пирамида MABCD разделится на
четырехугольную пирамиду BCKHD и треугольные пирамиды
ВНМК, АН MB и ABDH. Объемы этих пирамид легко
сравнимы, так как у них есть или одинаковые высоты, или
равновеликие основания.
В самом деле, треугольники DBH и ВНМ равновелики
и расположены в одной плоскости. Поэтому пирамиды
АВНМ и ABDH равновелики.
Площадь треугольника МНК составляет третью часть
площади трапеции DCKH. Поэтому объем четырехугольной
72

пирамиды BCDHK в три раза больше объема треугольной
пирамиды ВНКМ.
У треугольных пирамид КМНВ и АМНВ одно и то же
основание ВНМ, а расстояние от точки К до плоскости
МНВ в два раза меньше расстояния от точки А до той же
плоскости (так как К — середина [МС], а расстояния
-4—Л4 4С
Рис. 153. Рис. 154.
от точек Л и С до плоскости МНВ одинаковы). Поэтому
объем пирамиды АМНВ в два раза больше объема пирамиды
КМНВ.
Итак,
Увнкм ‘■ Vbdckh = 1: 3, Vавнм : Vabdh = 2 : 2.
Поэтому
УМАвкн- Уabcdhк = 3: 5.
В т о р о е р е ше н и е (с применением формулы (7).
Построим плоскость, проходящую через М и перпендикулярную
(АВ). В пересечении с прямыми АВ и CD получаем
точки X и Y (рис. 153). Точка Е = (НК) Ո (MY).
Треугольники МЕХ и EXY — ортогональные проекции
многогранников МАВНК и Н КС BAD на плоскость, перпендикулярную
(АВ). Отрезок НК — средняя линия треугольника
MDC. Поэтому [ME] ^ [EY] и, следовательно,
треугольники МЕХ и EXY равновелики. Таким образом
получаем
Н К \ + \АВ [ + О
v МНКВА 3
‘H K C B A D
5МЕХ
JX E Y
НК | + | DC I + I АВ I
3

73

i НК I + I DC I + I АВ I — L I AB I + I AB I + I AB I
З а д а ч а 4. Дан куб y4fiCD^41S 1C1D1 (рис. 154), ребро
которого равно 24 см. Точки Р, М и К лежат на IAAJ,
[DDX\ и [ССХ1, причем \АР\ — 12 см, |DM|=20 см, |C/Ci=
— 18 см. Плоскость РМК делит куб на две части. Определите
объем каждой из этих частей.
Строим сечение РМКН:
О = (АС) Ո (DB), Ох = (Л А ) П (В Д ). Е = (РК) Ո(00ւ).
Н = (B B J 0(МЕ).
Для определения длины отрезка ВН рассмотрим две
прямоугольные трапеции АР КС и MDBH, у которых есть
общая средняя линия ЕО
\ЕО\ = (\РА | + |(Ж|) : 2 = 15 см, \ЕО\ = (|MD| +
+ \вн\) : 2.
Отсюда
\ВИ\ = 2 * \ЕО\ — \MD\ = 2 • 15 — 20 = 10 (см).
Для определения объема тела ABCDPHKM применим
формулу (7)
У A B C D P H K M = v A B C P H К + V A C D P K M —
‘s [ АР I + [ ВН \ + ) СК | + ր \АР\ + \КС\ + \РМ\
3 3
= 24-24 1 2 + 1 0 + 1 8 + 1 2 + 1 8 + 20 = ^ ^
2 3.
VpHKMA,BiciDi — 243 — 8640 = 5184 (см3).
3 а д а ч а 5. Дан тетраэдр A BCD. \АВ\ = a, \CD\ = Ь,
расстояние между скрещивающимися прямыми АВ и CD
равно d, величина угла между этими прямыми равна со.
Тетраэдр рассечен на две части плоскостью а, параллельной
противоположным ребрам А В и CD. Вычислите
отношение объемов обеих частей, если известно, что
отношение расстояния от (А В) до а к расстоянию от (CD)
до а равно k.
Эта задача предлагалась участникам VII Международной
74

математической олимпиады, проведенной в Берлине в
1965, в качестве одной из наиболее трудных.
Пе р в о е р е ше н и е * (с применением интегрального
исчисления).
Пусть плоскость проведена на расстоянии х от (CD)
(рис. 155). Тогда площадь сечения (оно — параллелограмм,
D
так как (ML) || (АВ) || (EN) и (NL) || (CD) Ц (Л*£))
равна
1 ML I • I ME I — sin со = sin0);
1 1 1 1 d d
X
17 Ր ax b (d— * V, = ) . , [ abx2 abx3 \ . \ i—-—• sin (o • d x = ————-sin to. 1 J d d \ 2d 3d* ) о
Аналогично v
i 2d 3d* )
где у — расстояние от (АВ) до ос.
Уа _ 3dy2 — 2yi . _ _ d . _ dk
Vi ՜ 3dx1 — 2 л:2 ’ Л » ՜ k + 1 ’ tJ ~ k + 1 ‘
3 ֊- ^ ֊
V, fe2 (3d — 2y) ^ k + 1 _ h2 k + 3
V. 3d ~ 2 x n 2 ЗЛ -J- 1
3 ֊Ж
* Первые два решения заимствованы из книги Е. А. Мо р о з о-
вой и И. С. П е т р а к о в а «Международные математические олимпиады
». М., 1967, с. 90—92.
75

В т о р о е р еше н и е . В сечении тетраэдра плоскостью
а получится четырехугольник EFHL (рис. 156).
(EL) || (AB);(FH) || (АВ) (так как плоскость а || (АВ));
(FE) || (CD); (HL) || (CD) (так как а || (CD));
(FE) || (HL); (HF) || (LE).
HFEL — параллелограмм.
Проведем (MN) J_ (АВ); (MN) _L (CD).
Пусть (MJV) пересекает а в точке S.
Проведем через точки А, В, S плоскость. Пусть (ABS)
и а пересекаются по прямой QR.
(QR) || (АВ) (так как а || (АВ)).
Значит, \QR \ ?= \H F \= \LE\.
Точки В, Q, N лежат на одной прямой (на линии пересечения
плоскостей BDC и BMN).
Точки A, R, N лежат на одной прямой (аналогично)
A QNR ~ AANB.
\QR \ : \АВ\ = |jVS| : |ЛШ| ([jVS] и [Л77И] — высоты подобных
треугольников):
| NS | : | SM | = 1: k; | NM | = | NS | + | SM |;
I ^ S | + 1SM- I = J k | NM I ; I NS I = 1 k
I SN I 1 ‘
\AB \ : I QR I = 6 + 1;
1 Q * I = Jn f r k + 1 : \ H F \ = \ L E \ = \ QR\ =
_ I AB j _ a
~ k + l k + l ’
I FE I = I HL [ = ■ ^ ^ ■֊ ■ = (аналогично).
Проведем плоскости EFX и LYH, перпендикулярные a,
( X e № Yi[AB\).
V b l h a f e = V y H L X F E + V b H L Y + V x F E A •
Пр и м е ч а н и е . Точка X или точка Y могут лежать
вне [АВ], тогда V b h l y и ли V x f e a нужно будет вычитать. Доказательство
же аналогично.
YHLXFE — прямая призма.
V y h l x f e = 1 F E [ • h \ x F E • | H F \ • — . Հ։

76

h^xFE — I MS I =
kb dk a
fe + 1 k + 1 k + 1
dk
k + l ’
J _
2 ~ \ k + l)s
abd k*
2
Vbhly HL 1
h \ H L Y ՝ I
так как (5F) |] (HF))
—0 ; ((5F| _L пл. Ш.Г,
hiiHLY =
rife
A + 1 V*F£A = I
X ֊.
h h X F E • 1 j x
VBLH^Ffi = — ֊ ֊ + ֊• I HL I • hbHLY ■ (I BY\ + \AX\) =
(k + l ) 3 -2 6
abd-k։
(k + l ) 3 -2
abd ■k11
2(h + l)3 ՜
1 fefe _ fed
6 ‘fe + l *fe + i
( \A B \ — \H F D =
Ы -fe2 ka
6(fe + l)2 fe + 1
a bd •
k2 (3 + fe)
6(fe + 1)3
Vdfhc el = abd—
1 +3fe
6(fe + i )3
Vb lh a fe ‘• Vdfhcel
(аналогично).
fea (3 + fe)
1 +3fe
Теперь покажем, насколько упрощается решение этой
*адачи, если применить формулу (7).
77

Пусть [МН] — общий перпендикуляр к прямым АВ и CD
(рис. 157). Через А и В проводим прямые f и т , параллельные
(CD). Через (НМ) проводим плоскость, перпендикулярную
(CD). В пересечении с прямыми / и т получаем точки
К и R. Полученный при этом треугольник HKR является
ортогональной проекцией пирамиды A BCD на плоскость
HKR.
Обозначим О = (НМ) ք)«- у
По условию задачи |ОУИ| : \0Н\ = k : 1 и а I (CD).
Поэтому а пересекает треугольник CD В по отрезку XY,
параллельному (CD). Кроме того, а [| (АВ). Поэтому а пересекает
треугольник САВ по отрезку [QF] || (АВ). Сечением
плоскостью а пирамиды ABCD является параллелограмм
YQFX.
Обозначим Т = (QF) Ո (НК), Е = (HR) Ո (YX).
Очевидно, (ТЕ) || (KR) и О Հ (ТЕ). Треугольник
НТЕ — ортогональная проекция многогранника CQYFDX
на плоскость KHR.
Площади подобных треугольников относятся как квадраты
длин сходственных отрезков. Поэтому
S hte’ — W = IЯ0|2 : \НМ\* = 1 : (1 + kf.
Из подобных треугольников BYX и BCD следует
\XY\ : |CD| = k : ( k + l ) .
По формуле (7) имеем
УCQYFDX НТС’
CD 1 + 1 QF I + I YX
ABCD ՜ Հ I CD 1 + 0 + 0
й H K R ՚ з
1 , 2 I XY I \ = _ 1 { i \ 2k
J (k
Zk + 1
(k + 1)
(.k + 1)3
Отсюда
V q y b a f x v a b c d , ( * + l ) 3 . * + 3 1 = 1 VCQYFDX VCQYFDX 3£ + 1 3£ + l
IV. В новом учебнике геометрии для девятого класса доказательство
необходимых и достаточных условий существования
трехгранного угла имеет ярко выраженный аналитический
характер (применяются теорема косинусов, свойства
тригонометрических функций, проекция вектора на
78

ось, теорема косинусов для трехгранного угла и т. д.).
Предлагаемое ниже доказательство этих условий основывается
на свойствах ортогональной проекции ребра трехгранного
угла на плоскость его противолежащей грани
и его развертки. | / \
Пусть у трехгранного угла ОАхВхСх (рис. 158) ВхОСх —
*=-• а, ^ п — р, АхОВх = у и а — наибольший из этих
углов (в дальнейшем этот трехгранный угол называем фигурой
Ф). Отложим на лучах ОА1։ ОВ1։ 0Сг конгруэнтные
отрезки ОА, ОВ, ОС. Проведем [АН] _|_ (ОС) и [АК] А֊(ОВ).
На (ВОС) построим (ННх) _Լ (ОС) и (ККг) ֊Լ (ОВ). Получим
А0 = (ННх) Ո № ) ■ Очевидно, (АА0) X (ВОС)*. Так как
\ОА„\< \0А\, то А о лежит внутри окружности (О, )ОС|).
* Здесь по существу воспроизведен один из способов построения
прямой, перпендикулярной плоскости.
Рис. 158. Рис. 159.
%
Рис. 160. Рис. 161
79

Построим развертку фигуры, образованной треугольниками
АОС, СОВ и ВОА (рис. 159). Очевидно, Н £ (ААй),
К е (А ‘А 0),АВОА’ £* АВОА.
1. Пусть р + у < а — Построим произвольную окружность
а) с центром О и центральные углы ВОС, АОС, ВОА’,
величины которых соответственно равны а, р, у (рис. 160).
Проведем (АН) _Լ (ОС) и (А’К) _Լ (ОВ). Получим D =
= ю Ո (АН), М = со Ո (А1 К), А0 = (АН) Ո (А’М). Очевидно,
В — ВОА1. Так как р + у < а
и а — наибольший из этих углов, то D и М принадлежат
дуге СВ (меньшей полуокружности) и D 6 ^АМ . Поэтому
Л0 лежит вне круга, определяемого окружностью со.
Итак, если р + у < а , то не существует фигуры Ф.
2. Если р + у = а , то А0 = D = М и А0 £ со (рис. 161).
Поэтому и в этом случае фигуры Ф несуществует.
3. Пусть а < р + 7 и ос + р + у < 360°; М, D Հ
w СВ (рис. 162). ТочкаМ £ ^CD, потому ч т о р + у > а .
Точка А0 лежит внутри окружности со, так как А0 есть пересечение
диагоналей выпуклого четырехугольника AMD А’՜.
Итак, если а < р + у и а + Р + 7 < 360°, то существует
фигура Ф.
4. Если а < р + у и а 4 — р + т = 360°, то А0 = А =
А’, т. е. А0 £ со. И в этом случае фигуры Ф нет.
5. Пусть ос < Р + у и 360° <[ ос 4 ֊ р + у < 540°
(рис. 163). В этом случае М и D принадлежат дуге СВ, М €
CD, а А 6 ֊^ В А ‘. Поэтому хорды МА’ и AD не пересекаются,
т. е. Ад лежит вне круга, определяемого со, и
фигуры Ф не существует.
Рис. 162. Рис. 163.
80

6. Из пункта 4 следует, что в каждом трехгранном угле
а < р + у. так как только в этом случае А0 лежит внутри со.
Таким образом, доказана теорема «Трехгранный угол
с данными плоскими углами а , р, у (а — наибольший из
этих углов и 0 °< а , р, у < 180°) существует тогда и только
тогда, если выполняются неравенства а < р + 7 и а + р +
+ у < 360°».
Свойства трехгранного угла, проиллюстрированные рисунками
158 и 159, непосредственно применяются при обосновании
многих задач на определение величин элементов
многогранников (высоты пирамид и призм, углы наклона
прямых к плоскости, двугранные углы и т. п.). При помощи
развертки легко обнаруживается, как изменяется положение
точки А0 на (ВОС) с изменением а , р, у.
81

Поясним сказанное, решением задач. Попутно покажем,
что метод разверток содействует глубокому усвоению содержания
задачи и, следовательно, позволяет найти более
простое решение. / \
З а д а ч а 1. В трехгранном угле О ABC ВОС = 90°,
‘ЛОВ = 120°, АОС — 60°; М £ [ОЛ) и \0М\ = т . Найдите
|ЛШ0|= |М , (ВОС)|.
Решение . Построим [МН] _]_ (ОС), [М/С] _L (ОВ) и
на (ВОС) через Я и К проведем прямые, перпендикулярные
соответственно (ОС) и (ОВ). Они пересекаются в точке
М о (рис. 164). Построим развертку трехгранного угла О ABC
(рис. 165). Теперь ясно, что ОКМ0Н — квадрат, так как
\КО\ = \ОН\ = \ОМ\ • cos 60° = 0,5 m. Итак, |ОЛ10| = 0,5т:
:sin 45° = 0 ,5 т У 2 и из /\ОМ0М имеем |ЛШ0| = 0,5/и^2.
З а д а ч а 2. В трехгранном угле О ABC ВОС = 9 0°,
J405 = 120°, АОС = а ; Р £[ОА) и |ОР| = а. Найдите
\РРо! = IР, (ВОС)i.
Решение . Из рисунка 166 видно, пересечением каких
прямых является Р0. Построим развертку трехгранного
угла О А ВС (рис. 167). Так как \ОА) не принадлежит
углам ВОС и ВОА, то 30° <Հ а <С 150°; КРиИО— прямоугольник.
Поэтому |Р0О|2 = \КО\2 + |ОЯ|2= (0,5 а)2 +
+ (acos а )2 и |РР0| = У\РО\2 ֊\ Р 0О\2 = а 1/0,75 ֊c o s 2» .

82

СТЕРЕОМЕТРИЯ

СТЕРЕОМЕТРИЯ 9 класс, СТЕРЕОМЕТРИЯ 10 класс, Пространственные фигуры

#СТЕРЕОМЕТРИЯ #Математика

Математика в школе.
Библиотека учителя математики.
Интернет бизнес с нуля

Ортогональные проекции